【创新设计】（全国通用）2022高考物理二轮复习专题一力与运动提升训练第1讲 力与物体的平衡1.(2022·新课标全国卷Ⅱ，15)如图1所示，在固定斜面上的一物块受到一外力的作用，F平行于斜面向上，若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2＞0)。由此可求出( )图1A.物块的质量B.斜面的倾角C.物块与斜面间的最大静摩擦力D.物块对斜面的正压力解析 当拉力为F1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，大小为Ffm，则F1＝mgsinθ＋Ffm。当拉力F2时，物块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，大小为Ffm，则F2＋Ffm＝mgsinθ，由此解得Ffm＝。答案 C2.(2022·新课标全国卷Ⅱ，18)如图2所示，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )图2A.B.C.D.99\n解析 分析a球受力：b对a的排斥力F1、c对a的吸引力F2和匀强电场对a的电场力F3＝qE，根据a受力平衡可知受力情况如图所示。利用正交分解法：F2cos60°＝F1＝k，F2sin60°＝qE。解得E＝。答案 B3.(2022·新课标全国卷Ⅰ，24)如图3所示，一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连，电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。图3解析 金属棒通电后，闭合回路电流I＝＝A＝6A导体棒受到的安培力大小为F＝BIL＝0.06N。开关闭合后，电流方向为从b到a，由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下由平衡条件知：开关闭合前：2kx＝mg开关闭合后：2k(x＋Δx)＝mg＋F代入数值解得m＝0.01kg答案 方向竖直向下 0.01kg考情分析主要题型：选择题或计算题知识热点(1)单独命题①受力分析②力的合成与分解③共点力的平衡(2)交汇命题点：带电体(或粒子)在电场、磁场或复合场中的平衡问题思想方法99\n等效思想、分解思想假设法、矢量三角形法、整体法和隔离法、正交分解法、合成法、转换研究对象法等。考向一 受力分析、物体的平衡[知识方法]核心知识规律方法1.研究对象的选取方法：(1)整体法 (2)隔离法2.受力分析的顺序一般按照“一重、二弹、三摩擦，四其他”的程序，结合整体法与隔离法分析物体的受力情况。3.处理平衡问题的基本思路[精典题组]1.如图4所示，杂技演员站在一块被他踩成斜面的木板上处于静止状态，关于斜面对演员的作用力，下面说法正确的是( )图4A.木板对人可能有摩擦力作用，也可能没有摩擦力作用99\nB.木板对人一定有摩擦力C.木板对人的弹力方向一定竖直向上D.木板对人的作用力方向垂直板斜向上解析 人在斜面上静止，必然受到静摩擦力作用，A错误，B正确；木板对人的作用力是摩擦力与支持力的合力，根据二力平衡，木板对人的作用力与重力大小相等，方向相反，C、D错误。答案 B2.(2022·桐乡市高三下学期模拟考试)如图5所示，斜面固定在水平面上，竖直轻杆顶端用光滑铰链连接，底端与上表面水平的物体A接触，则静止在斜面上的物体A受到力最多可能是( )图5A.3个B.4个C.5个D.6个解析 本题考查了受力分析，解题的关键是准确判断弹力和摩擦力的方向，利用好平衡的条件分析力存在的可能性。物体A一定受到重力、斜面的弹力和摩擦力；由于杆上端有铰链连接，所以杆可能给物体A竖直向下的压力，故A最多受四个力作用，选B。答案 B3.(多选)(2022·广东理综，19)如图6所示，三条绳子的一端都系在细直杆顶端，另一端都固定在水平地面上，将杆竖直紧压在地面上，若三条绳长度不同，下列说法正确的有( )图6A.三条绳中的张力都相等B.杆对地面的压力大于自身重力C.绳子对杆的拉力在水平方向的合力为零D.绳子拉力的合力与杆的重力是一对平衡力99\n解析 因三条绳长度不同，且彼此之间的夹角不确定，所以三条绳的张力大小不一定相等，但能确定三张力的合力方向为竖直向下，故A错误；杆对地面的压力大小数值上等于杆的重力与三条绳拉力的竖直向下的分力之和，故B正确；由于杆竖直，绳子对杆的拉力在水平方向上的合力等于零，故C正确；绳子拉力的合力方向与杆的重力方向均竖直向下，故两者不是一对平衡力，故D错误。答案 BC4.如图7所示，质量均为m的a、b两物体，放在两固定的水平挡板之间，物体间用一竖直放置的轻弹簧连接，在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终保持静止状态，已知重力加速度为g，则下列说法正确的是( )图7A.a物体对水平挡板的压力大小可能为2mgB.a物体所受摩擦力的大小为FC.b物体所受摩擦力的大小为FD.弹簧对b物体的弹力大小可能等于mg解析 在b物体上施加水平拉力F后，两物体始终保持静止状态，则物体b受到挡板的静摩擦力作用，且f＝F，因此它们之间一定存在弹力，故弹簧的弹力大于物体b的重力，由整体法可知，a物体对水平挡板的压力大于2mg，故选项A、D错误，C正确；根据摩擦力产生的条件可知，a物体没有相对运动的趋势，故没有受到摩擦力，选项B错误。答案 C5.一个人最多能提起质量m0＝20kg的重物。在倾角θ＝15°的固定斜面上放置一物体(可视为质点)，物体与斜面间动摩擦因数μ＝。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求人能够向上拖动该重物质量的最大值m。图8解析 设F与斜面倾角为α时，拖动的重物最大质量为m，由平衡条件可得Fcosα－mgsin15°－μFN＝0FN＋Fsinα－mgcos15°＝0由已知可得F＝m0g联立解得m＝而μ＝99\n所以m＝20kg答案 20kg解后反思物体受力分析的技巧(1)分析受力的思路：①先数研究对象有几个接触处，每个接触处最多有两个力(弹力和摩擦力)。②同时注意对场力的分析。③假设法是判断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法。(2)受力分析的基本步骤：明确研究对象―→隔离物体分析―→画受力示意图―→验证受力合理性。(3)善于变换研究对象：若不能直接判断研究对象与接触的物体间是否有相互作用的弹力和摩擦力，可以采用变换研究对象，借助其他物体的受力判定。考向二 共点力作用下物体的动态平衡[知识方法]核心知识规律方法求解动态平衡问题的思想和方法1.基本思想：化“动”为“静”，“静”中求“动”2.基本方法(1)解析法：对研究对象受力分析，建立平衡方程，然后根据自变量的变化确定力的变化。(2)图解法[精典题组]1.(2022·江苏南京高三第二次模拟)目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材。图示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点。由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图9中虚线所示，但两悬挂点仍等高。座椅静止时用F表示所受合力的大小，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比( )99\n图9A.F不变，F1变小B.F不变，F1变大C.F变小，F1变小D.F变大，F1变大解析 在支架的两种状态下，座椅均处于平衡状态，合力均为零，故F不变。座椅受重力和两绳的拉力而平衡，支架倾斜后与原状态相比，两绳拉力的夹角变小，而两力的合力不变，与重力等大反向，由平行四边形的边的关系知，轻绳对座椅的拉力F1变小，A项正确。答案 A2.(2022·衢州市高三教学质量检测)如图10所示，一根不可伸长的轻绳两端连接两轻环A、B，两环分别套在相互垂直的水平杆和竖直杆上。轻绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，始终处于静止状态。下列说法正确的是( )图10A.只将环A向下移动少许，绳上拉力变大，环B所受摩擦力变小B.只将环A向下移动少许，绳上拉力不变，环B所受摩擦力不变C.只将环B向右移动少许，绳上拉力变大，环A所受杆的弹力不变D.只将环B向右移动少许，绳上拉力不变，环A所受杆的弹力变小解析 轻绳绕过滑轮，绳上张力大小处处相等，则易知滑轮两侧绳子与竖直方向夹角相等，设为θ，设滑轮左侧绳长为x，右侧绳长为y，总绳长x＋y＝l。两环A、B水平距离为d，则有d＝xsinθ＋ysinθ＝lsinθ，sinθ＝d/l，当环A向下移动少许，d不变，绳长不变，θ不变，而2Fcosθ＝mg，可知绳上拉力F不变。选环B为研究对象，由Ff＝Fsinθ，知环B所受摩擦力不变，A错，B对；环B向右移动少许，d变大，绳长不变，θ增大，可知绳上拉力变大。选环A为研究对象，由FN＝Fsinθ，知环A所受杆的弹力变大，C、D错。答案 B3.(多选)(2022·广东省六校高三毕业班第三次联考)如图11所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F的作用下使夹角θ＜90°，现缓慢改变绳OA的方向至θ＞90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态。下列说法正确的是( )99\n图11A.绳OA的拉力一直增大B.斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大C.地面对斜面体有向右的摩擦力D.地面对斜面体的支持力大于物块P和斜面体的重力之和解析 缓慢改变绳OA的方向至θ＞90°的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OP绳的拉力一直增大，选项A错误；若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP绳拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，选项B正确；以斜面和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件，斜面受地面的摩擦力与OA绳拉力的水平分力等大反向，故摩擦力方向向左，选项C错误；以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：FN＋Fcosα＝M斜g＋MPg＋MQg，式中α为F与竖直方向的夹角，由上图分析可知F的最大值即为MQg(当F竖直向上时)，故Fcosα＜MQg，则FN＞M斜g＋MPg，选项D正确。答案 BD解后反思考向三 电学中的平衡问题[知识方法]核心知识99\n规律方法 处理电学中的平衡问题的方法：与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化，分析方法是：[精典题组]1.(2022·江苏单科，4)如图12所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( )图12解析 由题意知，处于磁场中的导体受安培力作用的有效长度越长，根据F＝BIL知受安培力越大，越容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确。答案 A2.如图13所示，一带电小球用绝缘轻质细线悬挂于O点，空间存在场强方向、大小均可调节的匀强电场，开始时匀强电场方向水平向右，小球平衡时细线与竖直方向成θ角(θ＜45°)。现使电场方向在原竖直平面内沿逆时针方向缓慢转过2θ角(转动过程中小球所带电荷量不变)，而保持小球在原位置不动，则此过程中下列判断正确的是( )图1399\nA.细线的拉力先减小后增大B.电场强度一直减小C.细线的拉力先增大后减小D.电场强度先减小后增大解析 带电小球在重力mg、细线拉力FT及电场力qE作用下处于平衡状态，此三力必可组成一封闭矢量三角形，当电场强度方向发生变化时，带电小球受力变化情况如图所示，则由图知细线拉力一直在减小，选项A、C错误；电场力先减小后增大(电场方向逆时针转过θ角时电场力最小)，选项B错误，D正确。答案 D3.如图14所示，两根通电直导体棒用四根长度相等的绝缘细线悬挂于O1、O2两点，已知O1O2连线水平，导体棒静止时绝缘细线与竖直方向的夹角均为θ，保持导体棒中的电流大小和方向不变，在导体棒所在空间加上匀强磁场后绝缘细线与竖直方向的夹角均增大了相同的角度，下列分析正确的是( )图14A.两导体棒中的电流方向一定相同B.所加磁场的方向可能沿x轴正方向C.所加磁场的方向可能沿z轴正方向D.所加磁场的方向可能沿y轴负方向解析 本题的易错点是看不懂立体图，不能把立体图转化为平面图。在导体棒所在空间加上匀强磁场后绝缘细线与竖直方向的夹角均增大了相同的角度，则两导体棒中的电流方向一定相反，且电流大小相等，选项A错误；由左手定则可知，所加磁场的方向可能沿z轴正方向，选项C正确，B、D错误。答案 C4.(多选)(2022·浙江理综，20)如图15所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6C的正电荷。两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2。A的正下方0.3m处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为0.2kg(重力加速度取g＝10m/s2；静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，A、B球可视为点电荷)，则( )99\n图15A.支架对地面的压力大小为2.0NB.两线上的拉力大小F1＝F2＝1.9NC.将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝1.225N，F2＝1.0ND.将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝0.866N解析 小球A、B间的库仑力为F库＝k＝9.0×109×N＝0.9N，以B和绝缘支架整体为研究对象受力分析图如图甲所示，地面对支架支持力为FN＝mg－F库＝1.1N，A错误；以A球为研究对象，受力分析图如图乙所示，F1＝F2＝mAg＋F库＝1.9N，B正确；B水平向右移，当M、A、B在同一直线上时，A、B间距为r′＝0.6m，F库′＝k＝0.225N，以A球为研究对象受力分析图如图丙所示，可知F2′＝1.0N，F1′－F库′＝1.0N，F1′＝1.225N，所以C正确；将B移到无穷远，则F库″＝0，可求得F1″＝F2″＝1N，D错误。答案 BC高频考点一 共点力作用下物体的平衡[满分策略]99\n[满分示例](6分)(多选)(2022·河南八市重点高中高三第三次联考)如图16所示，一质量为m的滑块置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与斜面垂直，系统静止，则( )图16A.滑块不可能只受到三个力的作用B.弹簧可能处于伸长状态C.斜面对滑块的支持力大小可能为零D.斜面对滑块的摩擦力大小一定等于mg审题流程第一步：审题干→获取信息第二步：审选项→构建思路99\n解析 弹簧如果处于原长状态，则滑块受重力、斜面弹力和摩擦力作用，A项错误；弹簧如果处于伸长状态，假设斜面对滑块的支持力为零，则滑块仅受重力和弹簧的拉力作用，两力方向不共线，滑块不可能静止，这时弹簧对滑块的拉力一定小于重力垂直斜面方向的分力，B项正确，C项错误；不论弹簧处于何种状态，由平衡条件可知，斜面对滑块的摩擦力Ff＝mgsin30°＝mg，D项正确。答案 BD[满分体验](2022·山东理综，16)如图17所示，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为( )图17A.B.C.D.解析 对物体A、B整体在水平方向上有F＝μ2(mA＋mB)g；对物体B在竖直方向上有μ1F＝mBg；联立解得：＝，选项B正确。答案 B专题提升训练一、选择题(1～9题为单项选择题，10～13题为多项选择题)1.(2022·金华十校高三4月模拟考试)在建筑装修中，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石加竖直向上推力F时，磨石恰好能沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力大小为( )图1A.FsinθB.FcosθC.μ(F－mg)sinθD.μ(F－mg)cosθ解析 磨石受竖直向下的重力、竖直向上的推力F、垂直于斜壁向下的弹力FN99\n和沿斜壁向下的摩擦力Ff作用，由于磨石匀速运动，故其所受合力为0。故垂直于斜壁方向有mgsinθ＋FN＝Fsinθ，故FN＝Fsinθ－mgsinθ，所以Ff＝μFN＝μ(F－mg)sinθ，平行于斜壁方向有Ff＋mgcosθ＝Fcosθ，所以Ff＝(F－mg)cosθ，故只选C。答案 C2.(2022·陕西宝鸡一检)在如图所示的A、B、C、D四幅图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一个质量都是m的重物，当滑轮和重物都静止不动时，图A、C、D中杆P与竖直方向夹角均为θ，图B中杆P在竖直方向上，假设A、B、C、D四幅图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断中正确的是( )A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD解析 设滑轮两边细绳的夹角为φ，对重物，可得绳子拉力等于重物重力mg，滑轮受到木杆弹力F等于细绳拉力的合力，即F＝2mgcos，由夹角关系可得FD＞FA＝FB＞FC，选项B正确。答案 B3.(2022·烟台一模)如图2所示，放在水平面上的斜面体B始终静止，物块A放在斜面体上，一轻质弹簧，两端分别与物块A及固定在斜面体底端的挡板拴接，初始时A、B静止，弹簧处于压缩状态。现用力F沿斜面向上拉A，但并未运动。下列说法正确的是( )图2A.弹簧对挡板的作用力减小B.A、B之间的摩擦力可能大小不变C.B对地面的压力增加D.水平面对B的摩擦力不变解析 开始弹簧处于压缩状态，加力F后，A未运动，弹簧长度不变，则弹簧对挡板作用力不变，A错；隔离物块A分析得，A受B的摩擦力可能方向变化、大小不变，B对；A、B99\n整体受力平衡，F水平＝Ff，F竖直＋FN＝M总g，所以C、D错误。答案 B4.如图3所示，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则( )图3A.箱子受到的摩擦力方向向右B.地面对木板的摩擦力方向向左C.木板对地面的压力大小为3mgD.若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg解析 对箱子受力分析，受重力、支持力、F、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与F平衡，故A错误；对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不受静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力，故B错误；对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，根据平衡条件，支持力等于重力；根据牛顿第三定律，支持力等于压力；故压力等于整体的重力，为3mg；故C正确；人用斜向下的力推箱子，对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故压力依然等于3mg，故D错误。答案 C5.如图4所示，一个L型木板(上表面光滑)放在斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的木块相连。斜面放在平板小车上，整体一起沿水平向右的方向做匀速直线运动，不计空气阻力。则关于各物体的受力情况，下列说法正确的是( )图4A.L型木板受4个力的作用B.斜面可能只受2个力作用C.木块受2个力作用D.斜面不可能受平板小车对它的摩擦力作用解析 先把L型木板、木块、斜面看成一个整体进行分析，受重力、小车的支持力，D正确；隔离木块进行分析，受重力、斜面的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向上)三个力作用处于平衡状态，C错误；隔离木板，受重力、斜面的支持力、弹簧的弹力(沿斜面向下)、木块的压力、斜面对它的摩擦力5个力，A错误；隔离斜面，受4个力作用，B错误。答案 D99\n6.(2022·江西南昌调研)水平面上有U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为m的金属棒ab，棒与导轨的动摩擦因数为μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I。现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于金属棒ab，与垂直导轨平面的方向夹角为θ，如图5所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为g，则金属棒所受的摩擦力大小为( )图5A.BILsinθB.BILcosθC.μ(mg－BILsinθ)D.μ(mg＋BILcosθ)解析 金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图所示，在水平方向有BILcosθ－Ff＝0，Ff＝BILcosθ，选项B正确，选项A、C、D错误。答案 B7.(2022·杭州市第一次教学质量检测)如图6所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，闭合开关K后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2，忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为( )图6A.(x1＋x2)B.(x2－x1)C.(x2＋x1)D.(x2－x1)解析 调转电源极性时导体棒受到的安培力方向与调转前相反。由平衡条件可得mgsinα＝kx1＋BIL；调转电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得mgsinα＋BIL＝kx2，联立解得B＝(x2－x1)，选项D正确。99\n答案 D8.如图7所示，在粗糙水平面上建立一直角坐标系xOy，在坐标原点处有一物体，质量m＝5kg，物体和水平面间的动摩擦因数为μ＝0.08，物体受到沿坐标轴的三个恒力F1、F2、F3的作用而静止于水平面上，其中F1＝3N，方向沿x轴正方向；F2＝4N，方向沿y轴正方向；F3沿x轴负方向。则下列说法正确的是( )图7A.F3的大小可能大于4NB.F3的大小可能小于3NC.物体受到的摩擦力大小一定等于4N，方向沿y轴负方向D.物体受到的摩擦力大小可能小于4N，方向沿y轴负方向解析 物体所受地面的最大静摩擦力Ffm＝μmg＝4N，由平衡条件可知，F1、F2、F3的合力必须小于或等于4N，其中F2＝4N，F1与F3反向，只有当F1＝F3时，三力的合力才等于4N，否则一定大于4N，因此F3＝3N，静摩擦力Ff＝Ffm＝4N，方向与F2相反，即沿y轴负方向，选项C正确。答案 C9.如图8甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，地面对斜劈的摩擦力为Ff1。若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F1，使其加速下滑，如图乙所示，则地面对斜劈的摩擦力为Ff2；若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F2，使其减速下滑，如图丙所示，则地面对斜劈的摩擦力为Ff3，下列关于Ff1、Ff2、Ff3的大小关系正确的是( )图8A.Ff1＞0B.Ff2＞Ff3C.Ff2＜Ff3D.Ff2＝Ff3解析 题图甲中斜劈和物块都处于平衡状态，对整体，只有竖直方向的重力和支持力，地面对斜劈的摩擦力Ff1＝0，若有摩擦力，则系统不能平衡，故选项99\nA错误；根据题图甲的情景可知，在题图乙、丙中，物块受到的斜面作用力都是滑动摩擦力和支持力，合力与物块的重力平衡，即竖直向上，因此物块对斜面的作用力(滑动摩擦力和压力的合力)总是竖直向下的，且与物块的重力等大，所以对斜劈，只受到了竖直方向的重力、地面支持力和物块的作用力，与题图甲中的受力情况相同，因此有Ff1＝Ff2＝Ff3＝0，选项B、C错误，D正确。答案 D10.(2022·武汉市调研考试)如图9所示，水平细杆上套一环A，环A与球B间用一轻质绳相连，质量分别为mA、mB，由于B球受到风力作用，A与B球一起向右匀速运动。已知轻质绳与竖直方向的夹角为θ。则下列说法中正确的是( )图9A.风力增大时，轻质绳对B球的拉力保持不变B.B球受到的风力F为mBgtanθC.杆对A球的支持力随着风力的增大而增大D.A球与水平细杆间的动摩擦因数为解析 以B球为研究对象，受到重力、风力和拉力，三力平衡，如图所示，解三角形得到拉力FT＝，风力F＝mBgtanθ，A项错误，B项正确；利用整体法，水平方向有F＝μ(mA＋mB)g，解得μ＝，D项正确；竖直方向，杆对A球的支持力FNA＝(mA＋mB)g，C项错误。答案 BD11.(2022·烟台二模)如图10所示，两段等长细线L1和L2串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点。现施加水平向右的力F缓慢拉动a，L1对a球的拉力大小为F1，L2对b球的拉力大小为F2，在缓慢拉动的过程中，F1和F2的变化情况是( )图10A.F1变大B.F1变小C.F2不变D.F2变大解析 在F缓慢拉动过程中，b球受力如图甲所示，由平衡条件得F2＝m2g，故F2不变，选项C正确，D错误；a、b99\n球整体受力如图乙所示，由平衡条件得F1cosθ－(m1＋m2)g＝0，在力F向右拉动过程中，L1与竖直方向的夹角θ变大，cosθ变小，故F1变大，选项A正确，B错误。答案 AC12.(2022·山东省日照市高三校际联合检测)如图11所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A点，另一端绕过动滑轮P悬挂一重物B，其中绳子的PA段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q后在其端点O施加一水平向左的外力F，使整个系统处于平衡状态，滑轮均为光滑、轻质，且均可看做质点，现拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较( )图11A.拉力F增加B.拉力F减小C.角θ不变D.角θ减小解析 以动滑轮P为研究对象，AP、BP段绳子受的力始终等于B的重力，两绳子拉力的合力在∠APB角平分线上，拉动绳子后，滑轮向上运动，两绳子夹角减小，两拉力的合力增大，故F增大，A项正确，B项错；PQ与竖直方向夹角等于∠APB的一半，故拉动绳子后角θ减小，C项错，D正确。答案 AD13.(2022·四川省成都市毕业班一诊)如图12所示，一个质量为4kg的半球形物体A放在倾角为θ＝37°的斜面B上静止不动。若用通过球心的水平推力F＝10N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，则( )图12A.物体A受到斜面B的摩擦力增加8NB.物体A对斜面B的作用力增加10NC.地面对斜面B的弹力不变D.地面对斜面B的摩擦力增加10N解析 若用通过球心的水平推力F＝10N作用在物体上，物体仍静止在斜面上，将该力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件可得：Fcos37°＋Ff＝mgsin37°，解得摩擦力Ff99\n＝16N。物体A受到斜面B的摩擦力减小ΔFf＝24N－16N＝8N，选项A错误；没有施加水平力F时，根据平衡条件，A受斜面作用力与重力等大反向，即大小为40N，根据牛顿第三定律，物体A对斜面的作用力为40N，方向竖直向下。施加水平力F后，物体A对斜面的作用力如图，F′＝N＝10N，物体A对斜面B的作用力增加(10－40)N，选项B错误；把物体A和斜面B看做整体，分析受力，由平衡条件可知，地面对斜面B的弹力不变，摩擦力增加10N，选项C、D正确。答案 CD二、非选择题14.(2022·浙江理综，24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图13甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g＝10m/s2) 甲 乙图13(1)为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10Ω，不接外电流，两臂平衡。如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1m。当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。解析 (1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力F＝N1B0IL①由天平平衡可知：mg＝N1B0IL②代入数据解得：N1＝25匝③(2)由电磁感应定律得：E＝N2＝N2Ld④99\n由欧姆定律得：I′＝⑤线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L⑥由天平平衡可得：m′g＝NB0·⑦代入数据可得＝0.1T/s⑧答案 (1)25匝 (2)0.1T/s第2讲 力与物体的直线运动1.(2022·新课标全国卷Ⅱ，14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v－t图象如图1所示。在这段时间内( )图1A.汽车甲的平均速度比乙的大B.汽车乙的平均速度等于C.甲、乙两汽车的位移相同D.汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大解析 因为图线与坐标轴所围的“面积”是物体的位移，故在0～t1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据＝可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A正确，C错误；因为乙车做变减速运动，故平均速度小于，选项B错误；因为图线切线的斜率等于物体的加速度，故甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小，选项D错误。答案 A2.(多选)(2022·新课标全国卷Ⅱ，20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )99\nA.8B.10C.15D.18解析 设P、Q西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma①P、Q东边有k节车厢，则F＝km·a②联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数，当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确。答案 BC3.(多选)(2022·新课标全国卷Ⅰ，20)如图2(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )图2A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度解析 由v－t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝。同理向下滑行时gsinθ－μgcosθ＝，两式联立得sinθ＝，μ＝，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsinθ＝t1×＝，选项D正确；仅根据v－t图象无法求出物块的质量，选项B错误。答案 ACD4.(2022·新课标全国卷Ⅰ，24)99\n公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的。若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。解析 设路面干燥时，汽车与地面的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为x，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0①x＝v0t0＋②式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数μ，依题意有μ＝μ0③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝ma④x＝vt0＋⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v＝20m/s(v＝－24m/s不符合实际，舍去)答案 20m/s5.(2022·新课标全国卷Ⅱ，24)2022年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。已知该运动员在某段时间内高速下落的v－t图象如图3所示。若该运动员和所带装备的总质量m＝100kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。(结果保留1位有效数字)图3解析 (1)设运动员从开始自由下落至1.5km高度处的时间为t，下落距离为h，在1.5km高度处的速度大小为v，根据运动学公式有：v＝gt①99\nh＝gt2②依题意有h＝(3.9×104－1.5×103)m③联立①②③式可得：t＝87s④v＝8.7×102m/s⑤(2)该运动员达到最大速度vmax时，加速度为零，由牛顿第二定律有：mg＝kv⑥由所给的v－t图象可读出vmax≈360m/s⑦由⑥⑦式可得：k＝0.008kg/m答案 (1)87s 8.7×102m/s (2)0.008kg/m6.(2022·新课标全国卷Ⅰ，25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图4(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v－t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：图4(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。解析 (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为v＝4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4m/s小物块受到滑动摩擦力作用而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2＝m/s2＝4m/s2。根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1s，位移x＝4.5m，末速度v＝4m/s其逆运动为匀加速直线运动，可得x＝vt＋a1t2解得a1＝1m/s2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a199\n解得μ1＝0.1(2)设碰撞后木板的加速度为a3，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3可得a3＝m/s2对滑块，加速度大小为a2＝4m/s2由于a2＞a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1s在此过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－a3t＝m,末速度v1＝v－a3t1＝m/s滑块向右运动的位移x2＝t1＝2m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3＝m/s2假设又经历时间t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2解得t2＝0.5s此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－a3t＝m，末速度v3＝v1－a3t2＝2m/s滑块向左运动的位移x4＝a2t＝0.5m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6m小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m(3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1m/s2向左运动的位移为x5＝＝2m所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5m答案 (1)0.1 0.4 (2)6m (3)6.5m7.(2022·新课标全国卷Ⅱ，25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图5所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝99\n10m/s2。求：图5(1)在0～2s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间。解析 (1)在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得Ff1＝μ1FN1①FN1＝mgcosθ②Ff2＝μ2FN2③FN2＝FN1＋mgcosθ④规定沿斜面向下为正方向。设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ－Ff1＝ma1⑤mgsinθ－Ff2＋Ff1＝ma2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3m/s2⑦a2＝1m/s2⑧(2)在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6m/s⑨v2＝a2t1＝2m/s⑩2s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。此时A与B之间摩擦力为零，同理可得a1′＝6m/s2⑪a2′＝－2m/s2⑫由于a2′＜0，可知B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t2＝1s⑭在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为x＝－＝12m＜27m⑮此后B静止不动，A继续在B上滑动。设再经过时间t3后A离开B，则有l－x＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t⑯可得t3＝1s(另一解不合题意，舍去)⑰99\n设A在B上总的运动时间为t总，有t总＝t1＋t2＋t3＝4s答案 (1)3m/s2 1m/s2 (2)4s考情分析主要题型：选择题和计算题知识热点(1)单独命题①匀变速直线运动的公式及应用的考查。②x－t、v－t、a－t、F－t等图象问题的考查。③牛顿运动定律的考查。(2)交汇命题①考查利用v－t图象和牛顿第二定律解决物体运动的多过程及连接体问题。②匀变速直线运动规律和牛顿运动定律综合应用的考查。思想方法极限思想、逆向思维的思想、理想实验的思想、分解的思想。比例法、图象法、推论法、假设法、控制变量法、整体法、隔离法、合成法等。考向一 运动图象的应用[知识方法]核心知识(1)x－t图象和v－t图象描述的都是直线运动，而不是曲线运动。(2)x－t图象和v－t图象不表示物体运动的轨迹。(3)x－t图象中两图线的交点表示两物体相遇，而v－t图象中两图线的交点表示两物体速度相等。(4)v－t图象中，图线与坐标轴围成的面积表示位移；而x－t图象中，图线与坐标轴围成的面积无实际意义。规律方法图象问题要三看(1)看清坐标轴所表示的物理量―→明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系。(2)看图线本身―→识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程。(3)看交点、斜率和“面积”―→明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。[精典题组]99\n1.如图6所示，a、b分别为甲、乙两物体在同一直线上运动时的位移与时间的关系图线，其中a为过原点的倾斜直线，b为开口向下的抛物线。则下列说法正确的是( )图6A.物体乙始终沿正方向运动B.t1时刻甲、乙两物体的位移相等、速度相等C.0～t2时间内物体乙的平均速度大于物体甲的平均速度D.t1到t2时间内两物体的平均速度相同解析 b图线的斜率先为正值，后为负值，则物体乙的运动方向发生了变化，A错误；在t1时刻，两物体的位移相等，但图线a、b的斜率不相等，则两物体的速度不相等，B错误；0～t2时间内，两物体的位移相等，运动时间相等，则两物体的平均速度相同，C错误；t1～t2时间内，两物体的位移相等，运动时间相等，则两物体的平均速度相同，D正确。答案 D2.(2022·重庆理综，5)若货物随升降机运动的v－t图象如图7所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( )图7解析 由v－t图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)；过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F>mg)；过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)；过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F<mg)。综合选项分析可知B选项正确。答案 B3.(多选)质量相等的甲、乙两物体在相同的恒定水平外力作用下由同一起跑线沿不同接触面由静止开始运动，两物体的v－t图象如图8所示，则( )99\n图8A.t0后某时刻甲、乙两物体位移相等B.0～t0时间内，物体甲的中间时刻速度大于物体乙的平均速度C.t0时刻之前，物体甲受到的阻力总是大于物体乙受到的阻力D.t0时刻之前物体甲的位移总小于物体乙的位移解析 由v－t图象知，0～t0时间内乙的位移大于甲的位移，t0后某时刻甲、乙两物体位移相等，A、D正确；甲物体做匀加速直线运动，其中间时刻速度等于图中三角形面积与t0之比，而物体乙的平均速度为图线所围面积与t0之比，显然0～t0时间内，物体甲的中间时刻速度小于物体乙的平均速度，B错误；由图线的斜率意义知t0时刻之前物体乙的加速度先大于甲的加速度，后小于甲的加速度，由F－f＝ma知，t0时刻之前，物体甲受到的阻力先大于物体乙受到的阻力，后小于乙受到的阻力，C错误。答案 AD4.(多选)a、b两车从同一地点在平直公路上沿同方向行驶，其v－t图象如图9所示。则下列说法中正确的有( )图9A.t＝t1时，a、b两车速度的大小相同、方向相反B.t＝t1时，a、b两车的加速度大小相同，方向相反C.t＝t1时，a、b两车重新相遇D.0～t1时间内，a车的位移是b车的位移的3倍解析 由速度图象可知，在t1时刻，两图线交点表示两车速度相同，即大小相等、方向相同，A项错误；由速度图象中两图线的斜率判断可知两车加速度的大小相同、方向相反，B项正确；0～t1时刻，位移为图线与坐标轴所围面积，可知两车位移比为3∶1，C项错误，D项正确。答案 BD解后反思解图象类问题的关键：在于将图象与物理过程对应起来，通过图象的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动过程进行分析，从而解决问题。考向二 匀变速直线运动规律的应用99\n[知识方法]核心知识规律方法1.求解匀变速直线运动问题的一般思路→→→→→2.常用方法：基本公式法、平均速度法、推论法、比例法和逆向思维法[精典题组]1.(2022·山东理综，14)距地面高5m的水平直轨道上A、B两点相距2m，在B点用细线悬挂一小球，离地高度为h，如图10所示。小车始终以4m/s的速度沿轨道匀速运动，经过A点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B点时细线被轧断，最后两球同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10m/s2。可求得h等于( )图10A.1.25mB.2.25mC.3.75mD.4.75m解析 小车上的小球自A点自由落地的时间t1＝，小车从A到B的时间t2＝，小车运动至B点时细线轧断，小球下落的时间t3＝；根据题意可得时间关系为t1＝t2＋t3，即＝＋，解得h＝1.25m，选项A正确。答案 A2.2022年12月“嫦娥三号”在月球表面上的软着陆为我们的月球旅行开辟了新航道。未来的某天，一位同学在月球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2kg99\n的小球从一定的高度自由下落，测得小球在第5s内的位移是7.2m，此时小球还未落地，则( )A.小球在前5s内的位移是20mB.小球在5s末的速度是16.0m/sC.月球表面的重力加速度大小为3.6m/s2D.小球在第5s内的平均速度是3.6m/s解析 小球第5s内的位移是7.2m，则有gt－gt＝Δh，其中t1＝5s，t2＝4s，Δh＝7.2m解得g＝1.6m/s2，小球在前5s内的位移是x1＝gt＝×1.6×52m＝20m，故选项A正确，C错误；小球在5s末的速度v5＝gt＝1.6×5m/s＝8m/s，选项B错误；小球在第5s内的平均速度＝＝m/s＝7.2m/s，选项D错误。答案 A3.春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x0＝9m区间的速度不超过v0＝6m/s。现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲＝20m/s和v乙＝34m/s的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后。甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a甲＝2m/s2的加速度匀减速刹车。(1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章；(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9m处的速度恰好为6m/s，乙车司机在发现甲车刹车时经t0＝0.5s的反应时间后开始以大小为a乙＝4m/s2的加速度匀减速刹车。为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前9m区不超速。则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？解析 (1)甲车速度由20m/s减速至6m/s的位移x1＝＝91mx2＝x0＋x1＝100m即：甲车司机需在离收费站窗口至少100m处开始刹车才不违章。(2)设甲、乙两车速度相同时的时间为t，由运动学公式得：v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲t解得：t＝8s相同速度v＝v甲－a甲t＝4m/s＜6m/s，即v0＝6m/s的共同速度为不相撞的临界条件乙车从司机发现甲车刹车至减速至6m/s的位移为x3＝v乙t0＋＝157m所以要满足条件，甲、乙的距离x＝x3－x1＝66m答案 (1)100m (2)66m4.[2022·长沙市高考模拟考试(二)]交管部门强行推出了“电子眼”99\n，机动车擅自闯红灯的现象大幅度减少。现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s。当两车快要到一十字路时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5s)。已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车制动力为车重的0.5倍，求：(1)若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15m。他采取上述措施能否避免闯红灯？(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？解析 (1)甲车紧急刹车的加速度为a1＝＝＝4m/s2甲车停下所需时间：t1＝＝s＝2.5s甲车滑行距离：x＝＝m＝12.5m由于x＝12.5m＜15m，所以甲车能避免闯红灯。(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x0，在乙车刹车t2时间两车速度相等，乙车紧急刹车的加速度为a2＝＝5m/s2速度相等：v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2解得：t2＝2.0s乙车发生的位移：x乙＝v0t0＋v0t2－a2t＝15m甲车发生的位移：x甲＝v0(t0＋t2)－a1(t0＋t2)2＝12.5mx0＝x乙－x甲＝(15－12.5)m＝2.5m答案 (1)能避免闯红灯 (2)2.5m解后反思1.求解匀变速直线运动问题时的方法技巧在涉及匀变速直线运动的题目中，如果出现相等时间关系，则要优先使用中间时刻速度公式＝＝＝及相邻相等时间T内位移差公式xn－xm＝(n－m)aT2；如果题中给出初(或末)速度为0，则要优先使用初速度为0的匀变速直线运动的“比例公式”。2.求解追及问题的技巧考向三 牛顿运动定律的应用99\n[知识方法]核心知识1.牛顿第二定律的表达式：F合＝ma。2.牛顿第二定律的“四性”。(1)矢量性：公式F＝ma是矢量式，F与a方向相同。(2)瞬时性：力与加速度同时产生，同时变化。(3)同体性：F＝ma中，F、m、a对应同一物体。(4)独立性：分力产生的加速度相互独立，与其他加速度无关。规律方法1.整体法和隔离法的优点及使用条件(1)整体法：①优点：研究对象减少，忽略物体之间的相互作用力，方程数减少，求解简捷。②条件：连接体中各物体具有共同的加速度。(2)隔离法：①优点：易看清各个物体具体的受力情况。②条件：当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法；求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。2.两类模型(1)刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间。(2)弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。[精典题组]1.(多选)如图11所示，物块A、B质量相等，在恒力F作用下，在水平面上做匀加速直线运动。若物块与水平面间接触面光滑，物块A的加速度大小为a1，物块A、B间的相互作用力大小为FN1；若物块与水平面间接触面粗糙，且物块A、B与水平面间的动摩擦因数相同，物块B的加速度大小为a2，物块A、B间的相互作用力大小为FN2，则以下判断正确的是( )图11A.a1＝a2B.a1＞a2C.FN1＝FN2D.FN1＜F99\n解析 接触面光滑时，整体分析，由牛顿第二定律可得：F＝(mA＋mB)a1，可得：a1＝＝；对B受力分析，由牛顿第二定律可得：FN1＝mBa1＝。接触面粗糙时，整体分析，由牛顿第二定律可得：F－Ff＝(mA＋mB)a2，可得a2＝＝；对B受力分析：FN2＝mBa2＋＝，所以选项A错误，选项B、C、D正确。答案 BCD2.(多选)(2022·江苏单科，6)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图12所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )图12A.t＝2s时最大B.t＝2s时最小C.t＝8.5s时最大D.t＝8.5s时最小解析 由题图知，在上升过程中，在0～4s内，加速度方向向上，FN－mg＝ma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在7～10s内加速度方向向下，由mg－FN＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确。答案 AD3.(多选)(2022·海南单科，8)如图13，物块a、b和c的质量相同，a和b，b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间( )图13A.a1＝3gB.a1＝0C.Δl1＝2Δl2D.Δl1＝Δl299\n解析 设物体的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对b、c和弹簧组成的整体分析可知T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。答案 AC4.(多选)(2022·海南单科，9)如图14，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时( )图14A.物块与斜面间的摩擦力减小B.物块与斜面间的正压力增大C.物块相对于斜面减速下滑D.物块相对于斜面匀速下滑解析 当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m，当匀速运动时有mgsinθ＝μmgcosθ，即sinθ＝μcosθ。当物体以加速度a向上加速运动时，有FN＝m(g＋a)cosθ，Ff＝μm(g＋a)cosθ，因为sinθ＝μcosθ，所以m(g＋a)sinθ＝μm(g＋a)cosθ，故物体仍相对斜面匀速下滑，C错误，D正确。答案 BD考向四 应用牛顿运动定律解多过程问题[知识方法]核心知识规律方法99\n1.基本思路：受力分析和运动分析是解决问题的关键，而加速度是联系力与运动的桥梁。基本思路如图所示：2.常用方法(1)整体法与隔离法。(2)正交分解法。[精典题组]1.如图15甲所示，为一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量为m＝1kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：图15(1)2s末物体的速度；(2)前16s内物体发生的位移。解析 (1)由分析可知物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1v1＝a1t1代入数据可得a1＝2.5m/s2，方向沿斜面向下v1＝5m/s，方向沿斜面向下(2)物体在前2s内发生的位移为x1，则x1＝a1t＝5m，方向沿斜面向下当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2代入数据可得a2＝0.5m/s2，方向沿斜面向上物体经过t2时间速度减为0，则v1＝a2t2得t2＝10st2时间内发生的位移为x2，则x2＝a2t＝25m，方向沿斜面向下由于mgsinθ－μmgcosθ＜F2＜μmgcosθ＋mgsinθ，则物体在剩下4s时间内处于静止状态。故物体在前16s内发生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下。答案 (1)5m/s 方向沿斜面向下 (2)30m 方向沿斜面向下99\n2.如图16所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0s，撤除水平推力F后经过t2＝2.0s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。已知该运动员连同装备的总质量为m＝60kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12N，求：图16(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。解析 (1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为a1＝＝m/s2＝1.2m/s2第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1＝a1t1＝1.2×1.0m/s＝1.2m/s位移x1＝a1t＝0.6m(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝＝m/s2＝0.2m/s2经时间t2速度变为v1′＝v1－a2t2＝1.2m/s－0.2×2.0m/s＝0.8m/s第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，则v－v1′2＝2a1x1第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2＝联立解得x2＝5.2m答案 (1)1.2m/s 0.6m (2)5.2m高频考点二 运动图象与牛顿运动定律的综合应用[满分策略][满分示例](12分)(2022·江西七校联考)如图17甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t99\n＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动的v－t图象如图乙所示。已知小物块与长木板的质量均为m＝1kg，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s后小物块与长木板相对静止(g取10m/s2)，求：图17(1)小物块与长木板间动摩擦因数的值；(2)在整个运动过程中，系统所产生的热量。审题流程第一步：抓关键点―→获取信息(1)读题(2)读图第二步：找突破口―→选取规律99\n解析 (1)长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得μ1mg－2μ2mg＝ma1(2分)vm＝a1t1(1分)木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律，得μ2·2mg＝2ma2(2分)0＝vm－a2t2(1分)由图象可知，vm＝2m/s，t1＝1.0s，t2＝0.8s联立解得：μ1＝0.7(1分)(2)小物块在减速过程中，有μ1mg＝ma3(2分)vm＝v0－a3t1(1分)在整个运动过程中，由能量守恒定律得Q＝mv(1分)联立解得Q＝40.5J(1分)答案 (1)0.7 (2)40.5J解后反思巧解动力学中图象问题的步骤第1步：识别图象。识别内容包括：①横、纵坐标轴表示的物理量；②是定性描述(坐标轴无标度和单位)还是定量描述(坐标轴有标度和单位)；③图象形状所描述的状态及变化规律；④图线与横坐标轴包围的“面积”有、无意义及对应的物理量；⑤图线的折点表示斜率发生变化，明确图线斜率对应的物理量；⑥由图象构建数学函数关系式，根据所构建的关系式与掌握的物理规律对比，确定式中各项的物理意义。第2步：判别物理过程。由图象形状所描述的状态及变化规律确定质点的运动性质。第3步：选择解答方法。根据质点的运动性质，选择公式法、图象法解答试题，必要时建立函数关系并进行图象转换，或者与常见形式比较进行解答和判断。[满分体验](12分)(2022·太原模拟)质量为3kg的长木板A置于光滑的水平地面上，质量为2kg的木块B(可视为质点)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由静止开始运动，如图18甲所示。A、B运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示。(g取10m/s2)求：99\n图18(1)木板与木块之间的动摩擦因数；(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(2)4s末A、B的速度；(3)若6s末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？解析 (1)由图知4s末A、B间达到最大静摩擦力，此时a＝2m/s2(1分)对应A板μmBg＝mAa(2分)A、B间动摩擦因数μ＝＝0.3(1分)(2)由图象知4s末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积v＝at1＝×2×4m/s＝4m/s(2分)(3)4s到6s末t2＝2s木板A运动的位移xA＝vt2＋aAt(2分)木块B的位移xB＝vt2＋aBt(2分)木板的长度l＝xB－xA＝4m(2分)答案 (1)0.3 (2)4m/s (3)4m专题提升训练一、选择题(1～7题为单项选择题，8～9题为多项选择题)1.(2022·浙江理综，15)如图1所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt。测得遮光条的宽度为Δx，用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。为使更接近瞬时速度，正确的措施是( )图1A.换用宽度更窄的遮光条B.提高测量遮光条宽度的精确度C.使滑块的释放点更靠近光电门D.增大气垫导轨与水平面的夹角99\n解析 是Δt时间内的平均速度，Δt越小，就越接近某点的瞬时速度。A选项中换用更窄的遮光条，就是取更短的时间Δt，A正确；B、C、D选项中的处理不能保证Δt很短，不能确定更接近瞬时速度，选项B、C、D错误。答案 A2.(2022·广东理综，13)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移－时间图象如图2所示，下列表述正确的是( )图2A.0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B.0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C.0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D.0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等解析 位移－时间图象的斜率绝对值反映速度大小，在0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度为0，甲图象斜率大于乙图象，说明甲的速度大于乙的速度，故A错误，B正确；由位移－时间图象可以看出在0.6～0.8小时内甲的位移比乙的大，故C错误；由位移－时间图象看出在t＝0.5小时时，甲在s＝10km处，而乙在s＝8km处，进一步得出在0.8小时内甲的路程比乙的大，故D错误。答案 B3.(2022·长春模拟)如图3所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC两段上所做运动可看作匀变速直线运动)( )图3A.1∶4B.1∶1C.8∶1D.4∶1解析 设初速度为vA，过B点速度为vB，AB＝BC＝x，tAB＝t，tBC＝4t，则v－v＝2μ1gx，vA－vB＝μ1gt；v＝2μ2gx，vB＝4μ2gt；解得μ1∶μ2＝8∶1，C正确。答案 C4.(2022·台州市高三3月调研考试)99\n“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图4所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )图4A.gB.2gC.3gD.4g解析 分析运动过程及受力：人体向下先加速后减速运动，速度减为零后反向向上先加速后减速，如此往复循环。F＝G时人体受力平衡，为加速运动与减速运动转换的临界点。图中平缓段即表示受力平衡的时候，可知0.6F0＝G。找出图中最大外力为1.8F0，由于绳子被拉伸，施加给人的力方向始终为竖直向上。从而可以算出最大加速度a＝＝＝＝2g，所以选B。答案 B5.汽车由静止开始在平直的公路上行驶，在0～40s内汽车的加速度随时间变化的图象如图5所示，则汽车位移最大的时刻是( )图5A.40s末B.30s末C.20s末D.10s末解析 0～10s内汽车做匀加速直线运动，加速度为2m/s2，10s末汽车的速度为20m/s；10～20s内汽车的加速度为0，故汽车做匀速直线运动；20～40s内汽车的加速度为－1m/s2，故汽车做匀减速直线运动，40s末汽车的速度恰好减为0。因为40s内汽车始终向同一方向运动，所以汽车位移最大的时刻是40s末，选项A正确。答案 A6.甲、乙两车从同一地点沿同一方向做直线运动，其中甲车初速度为零，最大速度为4m/s，乙车初速度为1.5m/s，最大速度为3.5m/s，其v－t图象如图6所示，关于两车的运动情况，下列说法正确的是( )99\n图6A.在t＝4s时，甲、乙相遇B.甲的加速度一直小于乙的加速度C.在t＝1s时，两车速度相等，加速度相等D.甲车运动的总位移大于乙车运动的总位移解析 v－t图线与t轴所围面积表示位移，斜率表示加速度；在t＝4s，甲、乙的位移均为10m，甲、乙相遇，选项A正确；在4～6s，甲、乙加速度相同，选项B错误；在t＝1s，甲的加速度大于乙的加速度，选项C错误；乙车运动的总位移大于甲车运动的总位移，选项D错误。答案 A7.(2022·江苏单科，5)如图7所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )图7A.关卡2B.关卡3C.关卡4D.关卡5解析 由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2m/s用时t1＝＝1s，在加速时间内通过的位移x1＝at＝1m，t2＝4s，x2＝vt2＝8m，已过关卡2，t3＝2s时间内x3＝4m，关卡打开，t4＝5s，x4＝vt4＝10m，此时关卡关闭，距离关卡4还有1m，到达关卡4还需t5＝0.5s，小于2s，所以最先挡住他前进的是关卡4，故C正确。答案 C8.如图8所示，一同学在自家高为H＝10m的阳台上，伸手竖直向上抛出一个可以看成质点的小球，小球的抛出点距离阳台的高度为h0＝0.8m，小球抛出后升高了h＝0.45m达到最高点，最终小球落在地面上。g＝10m/s2。根据以上信息，你认为下列说法正确的是( )99\n图8A.小球抛出时的初速度大小是4m/sB.小球抛出时的初速度大小是3m/sC.小球从抛出到接触地面的过程中经历的时间为1.8sD.小球从抛出到接触地面的过程中经历的时间为1.0s解析 上升阶段－v＝－2gh，则v0＝＝3m/s，A错误，B正确；上升阶段0＝v0－gt1，下降阶段h0＋h＋H＝gt，历时：t＝t1＋t2，得：t＝1.8s，C正确，D错误。答案 BC9.倾角为37°的光滑斜面上固定一个槽，劲度系数k＝20N/m、原长l0＝0.6m的轻弹簧下端与轻杆相连，开始时杆在槽外的长度l＝0.3m，且杆可在槽内移动，轻杆与槽间的滑动摩擦力大小Ff＝6N，杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。质量m＝1kg的小车从距弹簧上端L＝0.6m处由静止释放沿斜面向下运动。已知在本次碰撞过程中轻杆已滑动。g取10m/s2，sin37°＝0.6。关于小车和杆的运动情况，下列说法正确的是( )图9A.杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.6mB.杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.9mC.小车先做匀加速运动，后做加速度逐渐增大的变加速运动D.小车先做匀加速运动，后做加速度逐渐减小的变加速运动，再做匀速直线运动解析 小车在沿斜面向下的重力分力Gx＝mgsinθ＝6N作用下，先沿斜面做匀加速运动，碰到弹簧后，小车受到沿斜面向上的弹力，做加速度逐渐减小的变加速运动，当弹力等于6N后，小车、弹簧、轻杆构成的系统做匀速直线运动，C错误，D正确；杆刚要滑动时，弹力为699\nN，所以弹簧形变量为x＝＝0.3m，所以小车已通过的位移为L＋x＝0.9m，A错误，B正确。答案 BD二、非选择题10.出租车上安装有速度表，计价器里安装有里程表和时间表，出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路。并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10s时，速度表显示54km/h，求：(1)这时出租车离出发点的距离；(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度表显示108km/h时，出租车开始做匀速直线运动，若时间表显示10时12分35秒，此时计价器里程表示数应为多少？(出租车启动时，里程表示数为零)解析 (1)根据速度公式，得到a＝＝m/s2＝1.5m/s2再根据位移公式，得到x1＝at＝×1.5×102m＝75m这时出租车距出发点的距离为75m。(2)根据v＝2ax2式，得到x2＝＝m＝300m这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间t2，可根据位移公式x2＝at解得t2＝＝s＝20s这时出租车时间表应显示10时11分15秒。出租车继续匀速运动，它匀速运动时间t3应为80s，通过位移x3＝v2t3＝30×80m＝2400m所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x＝(300＋2400)m＝2700m答案 (1)75m (2)2700m11.如图10所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°，传送带乙长为4m，传送带甲比乙长0.45m，两传送带均以3m/s的速度逆时针匀速运动，可视为质点的物块A从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B由传送带乙的顶端以3m/s的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：99\n图10(1)物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间；(2)物块A、B在传送带上显示的划痕长度之比。解析 (1)物块A一开始受重力、支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律知mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，代入数值得a1＝10m/s2设经时间t1物块A与传送带共速，则由运动学规律知v带＝a1t1，即t1＝0.3s此过程中物块A的位移为x1＝a1t＝0.45m物块A与传送带共速后，由牛顿第二定律知mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，代入数值得a2＝2m/s2由运动学规律知L甲－x1＝v带t2＋a2t，代入数值得t2＝1s所以物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间为t＝t1＋t2＝1.3s(2)在物块A的第一个加速过程中，物块A在传送带上显示的划痕长度为L1＝v带t1－x1＝0.45m在物块A的第二个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为L2＝v带t2＋a2t－v带t2＝1.0m所以物块A在传送带上显示的划痕长度为LA＝L2＝1m由分析知物块B的加速度与物块A在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与t2相同所以物块B在传送带上的划痕长度为LB＝v带t2＋a2t－v带t2＝1.0m故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为LA∶LB＝1∶1。答案 (1)1.3s (2)1∶112.如图11所示，质量M＝0.2kg的长板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，另一质量m＝0.1kg的带正电小滑块以v0＝8m/s初速度滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2＝0.5，小滑块带电荷量为q＝2×10－3C，整个运动过程始终处于水平向右的匀强电场中，电场强度E＝1×102N/C，(g取10m/s2)求：图11(1)刚开始时小滑块和长木板的加速度大小各为多少？(2)小滑块最后停在距木板左端多远的位置？(3)整个运动过程中产生的热量。99\n解析 (1)设小滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，规定水平向右为正方向。由牛顿第二定律得qE－μ2mg＝ma1，得a1＝－3m/s2，μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2，得a2＝1m/s2。(2)设两者经过时间t相对静止，此时的速度为v，则v＝v0＋a1t＝a2t，得t＝2s，v＝2m/s。这段时间内小滑块的位移x1＝v0t＋a1t2＝10m。木板的位移x2＝a2t2＝2m。由于此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后停在距木板左端Δx＝x1－x2＝8m处。(3)设两者一起向右减速运动的加速度为a3，由牛顿第二定律得qE－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得a3＝－m/s2。一起向右减速的位移x3＝－＝6m。由能量守恒可知Q＝mv＋Eq(x1＋x3)＝6.4J。答案 (1)3m/s2 1m/s2 (2)8m (3)6.4J第3讲 力与物体的曲线运动(一)——平抛、圆周和天体运动1.(2022·新课标全国卷Ⅱ，15)取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.B.C.D.解析 设物体水平抛出的初速度为v0，抛出时的高度为h，由题意知mv＝mgh，则v0＝，物体落地的竖直速度vy＝，则落地时速度方向与水平方向的夹角tanθ＝＝＝1，则θ＝，选项B正确。答案 B2.(2022·新课标全国卷Ⅱ，18)假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G99\n。地球的密度为( )A.B.C.D.解析 由万有引力定律可知：在两极处G＝mg0，在赤道上：G－mg＝m()2R，地球的质量：M＝πR3ρ，联立三式可得：ρ＝，选项B正确。答案 B3.(多选)(2022·新课标全国卷Ⅰ，19)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。据报道，2022年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示。则下列判断正确的是( )地球火星木星土星天王星海王星轨道半径(AU)1.01.55.29.51930A.各地外行星每年都会出现冲日现象B.在2022年内一定会出现木星冲日C.天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D.地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短解析 设地球的运转周期为T0、角速度为ω0、轨道半径为r0，则其他行星的轨道半径为r＝kr0①根据万有引力定律及牛顿第二定律得：＝mωr0②＝mω2r③联立①②③得：ω＝ω0。各行星要再次冲日需满足：ω0t－ωt＝2π，即t＝T0，其中k＝1.5、5.2、9.5、19、30。根据上式结合k值并由数学知识可知：行星冲日的时间间隔一定大于1年，并且k值越大时间间隔越短，所以选项B、D正确，A、C错误。答案 BD4.(多选)(2022·新课标全国卷Ⅰ，20)如图1所示，两个质量均为m的小木块a和b99\n(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )图1A.b一定比a先开始滑动B.a、b所受的摩擦力始终相等C.ω＝是b开始滑动的临界角速度D.当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg解析 木块a、b的质量相同，外界对它们做圆周运动提供的最大向心力，即最大静摩擦力fm＝kmg相同。它们所需的向心力F向＝mω2r知Fa<Fb，所以b一定比a先开始滑动，A项正确；a、b一起绕转轴缓慢地转动时，F摩＝mω2r，r不同，所受的摩擦力不同，B项错误；b开始滑动时有kmg＝mω2·2l，其临界角速度为ωb＝，选项C正确；当ω＝时，a所受摩擦力大小为Ff＝mω2l＝kmg，选项D错误。答案 AC5.(2022·新课标全国卷Ⅰ，18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图2所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( )图2A.＜v＜L199\nB.＜v＜C.＜v＜D.＜v＜解析 发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动。当速度v最小时，球沿中线恰好过网，有：3h－h＝①＝v1t1②联立①②得v1＝当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有＝v2t2③3h＝gt④联立③④得v2＝所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v的最大取值范围为＜v＜，选项D正确。答案 D6.(2022·新课标全国卷Ⅱ，16)由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图3所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为( )99\n图3A.西偏北方向，1.9×103m/sB.东偏南方向，1.9×103m/sC.西偏北方向，2.7×103m/sD.东偏南方向，2.7×103m/s解析 附加速度Δv与卫星飞经赤道上空时速度v2及同步卫星的环绕速度v1的矢量关系如图所示。由余弦定理可知，Δv＝＝1.9×103m/s，方向东偏南方向，故B正确，A、C、D错误。答案 B7.(多选)(2022·新课标全国卷Ⅰ，21)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落。已知探测器的质量约为1.3×103kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8m/s2。则此探测器( )A.在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9m/sB.悬停时受到的反冲作用力约为2×103NC.从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D.在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度解析 在星球表面有＝mg，所以重力加速度g＝，地球表面g＝＝9.8m/s2，则月球表面g′＝＝×＝g，则探测器重力G＝mg′＝1300××9.8N≈2×103N，选项B正确；探测器自由落体，末速度v＝≈m/s≠8.9m/s，选项A错误；关闭发动机后，仅在月球引力作用下机械能守恒，而离开近月轨道后还有制动悬停，所以机械能不守恒，选项C错误；在近月轨道运动时万有引力提供向心力，有＝，所以v＝＝＜，即在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度，选项D正确。答案 BD考情分析99\n主要题型：选择题为主知识热点(1)单独命题①平抛运动规律的考查②圆周运动规律的考查③天体运动、人造卫星问题的考查(2)交汇命题①平抛(类平抛)运动与圆周运动、功能关系等综合问题的考查。②天体运动中的超重、失重问题。③结合牛顿运动定律、圆周运动、功能关系考查航天器的变轨、对接问题。思想方法 运动的合成与分解法、模型法、假设法考向一 平抛运动问题的分析[知识方法]核心知识规律方法1.处理平抛(或类平抛)运动的基本方法就是把运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的。2.要善于建立平抛运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的联系，这往往是解决问题的突破口。[精典题组]1.(2022·天津市十二区县重点中学联考)如图4所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A、B两处。不计空气阻力，则落到B处的石块( )图4A.初速度大，运动时间短99\nB.初速度大，运动时间长C.初速度小，运动时间短D.初速度小，运动时间长解析 平抛运动的时间只与下落的高度有关，即t＝，落在B处的石块比落在A处的石块下落的高度小，因此运动时间短；而落在B处的石块的水平位移比落在A处的石块的水平位移大，由x＝v0t可知其初速度大。选项A正确。答案 A2.如图5所示，将两个足够长的斜面体分别固定在水平面上，两斜面的倾角分别为θ1＝30°、θ2＝45°，现由两斜面的顶端以相同的初速度水平向右抛出两个小球A、B，经过一段时间两小球都落在斜面上，假设两个小球落在斜面上后均不反弹。则A、B的抛出点与落地点的水平间距的比值为( )图5A.B.C.D.解析 两个小球均做平抛运动，根据斜面倾角的正切值等于竖直位移与水平位移的比值求出运动时间和水平位移，再求水平位移的比值。设斜面倾角为θ，根据平抛运动规律有x＝v0t，y＝gt2，tanθ＝，联立解得x＝，所以两小球的水平位移大小的比值＝＝，A正确。答案 A3.(多选)(2022·南昌市高三第二次模拟测试)如图6所示，在一次空－地演习中，距离水平地面高度为H的飞机以水平速度v1发射一枚炮弹欲轰炸地面上的目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度v2竖直向上发射炮弹拦截。设拦截系统与飞机的水平距离为s，若拦截成功，不计空气阻力，下列说法正确的是( )图6A.两者相遇的时间t＝99\nB.两者相遇的时间t＝C.两者速度的关系为v1＝v2D.两者速度的关系为v1＝v2解析 对于做平抛运动的炮弹，运动的时间t＝＜，在这段时间内炮弹在竖直方向上的位移h1＝gt2，拦截炮弹在这段时间内竖直向上的位移h2＝v2t－gt2，有H＝h1＋h2，故有v1＝v2，故选项B、D正确。答案 BD4.[2022·长沙市高考模拟考试(三)]在体育馆半径为R的半球形穹顶的顶点C的正下方P点，以一定初速度v0水平抛出一球，球恰好落在半球面与地面相交的D点，如图7所示。设抛球点P到穹顶C的高度为h，不计空气阻力，则( )图7A.h越大，抛球速度v0越小B.抛球速度v0有最大值vmax，且vmax＝C.抛球速度v0有最小值vmin，且vmin＝D.抛球速度v0越小，球的位移越小解析 平抛的球恰好落在D点时水平位移R＝v0t，竖直位移R－h＝gt2，联立解得v0＝，可见h越大，抛球速度越大，选项A错误；因为0≤h＜R，可见v0没有最大值，而当h＝0时抛球速度最小，且vmin＝，选项B错误，C正确；抛球速度v0越小，h越小，则球的位移越大，选项D错误。答案 C解后反思处理平抛(类平抛)运动的四条注意事项99\n(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动。(2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。(3)若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。(4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同。考向二 圆周运动问题的分析[知识方法]核心知识规律方法1.首先要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径。2.列出正确的动力学方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr。3.对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件。[精典题组]1.(2022·郑州市高三第三次质量预测)如图8所示，铁路在弯道处内外轨道的高低是不同的，已知内外轨道平面与水平面的夹角为θ，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时的速度小于，则( )图8A.内轨对内侧车轮轮缘有挤压B.外轨对外侧车轮轮缘有挤压C.轨道与轮缘无挤压D.无法确定轨道与轮缘是否有挤压解析 若火车转弯时重力和支持力的合力提供向心力，则有mgtanθ＝m，解得v＝99\n，当火车转弯时的速度小于时，有靠近圆心运动的趋势，所以内轨对内侧车轮轮缘有挤压，选项A正确。答案 A2.如图9所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP的夹角θ满足关系式T＝a＋bcosθ，式中a、b为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )图9A.B.C.D.解析 设小球通过P点时的速度为v0，绳长为R，当θ＝0°时，有T1＝a＋b＝m＋mg ①，当θ＝180°时，有T2＝a－b＝m－mg，由机械能守恒定律得mv＝mg·2R＋mv2，则T2＝a－b＝m－5mg ②，①②两式相减得g＝，选项D正确。答案 D3.(多选)(2022·云南省第二次高三统一检测)如图10所示，由光滑内壁带狭缝的细管做成的半径R＝10cm的半圆形轨道ABC(管道半径远小于轨道半径)竖直放置，A为最高点，C为最低点，B是半圆形轨道的中点且与圆心O处于同一高度。一质量m＝200g的小球放在A处(在管内)，小球的直径略小于管道的直径，小球与一原长L＝10cm、劲度系数k＝100N/m的轻弹簧相连接，弹簧的另一端固定在点O′，O′点在直径AC上且O′C＝5cm。取g＝10m/s2，下列说法正确的是( )图10A.把小球缓慢地沿管道从A点移动到C点的过程中，小球不能在B点以上的位置平衡B.不论小球以何种方式沿管道从A点移动到C点，该过程中弹簧做的功一定为099\nC.若在A点给小球一个水平向右的速度v＝1.5m/s，则小球在A点时对轨道的作用力为4ND.若在A点给小球一个水平向右的速度v′＝2m/s，则小球在C点时对轨道的作用力为23N解析 小球在B点上方时，受到重力、弹簧弹力和轨道弹力作用，这三个力的合力不可能为零，所以小球不能平衡，选项A正确；小球在A、C两点时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，所以从A到C弹簧弹力做的功为零，选项B正确；在A点，由牛顿第二定律有mg＋kx－F＝m，所以F＝2.5N，选项C错误；小球从A点到C点，由动能定理有mg×2R＝mv－mv′2，在C点有FN－mg－kx＝m，所以FN＝23N，选项D正确。答案 ABD4.(多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图11所示，甲、乙两个水平放置的轮盘靠摩擦传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，已知r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相等，两滑块到轴心O、O′的距离分别为RA、RB，且RA＝2RB。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动，且转速逐渐增大，则下列叙述正确的是( )图11A.滑块相对轮盘开始滑动前，A、B的角速度大小之比为ωA∶ωB＝1∶3B.滑块相对轮盘开始滑动前，A、B的向心加速度大小之比为aA∶aB＝1∶3C.转速增大后最终滑块A先发生相对滑动D.转速增大后最终滑块B先发生相对滑动解析 由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲r甲＝ω乙r乙，则ω甲∶ω乙＝r乙∶r甲＝1∶3，所以滑块相对轮盘开始滑动前，A、B的角速度大小之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘开始滑动前，根据a＝ω2r得A、B的向心加速度大小之比为aA∶aB＝(ωRA)∶(ωRB)＝2∶9，B错误；据题意可得两滑块所受的最大静摩擦力分别为FfA＝μmAg，FfB＝μmBg，最大静摩擦力之比为FfA∶FfB＝mA∶mB，转动中两滑块所受的静摩擦力之比为FfA′∶FfB′＝(mAaA)∶(mBaB)＝(2mA)∶(9mB)，由此可知，当轮盘乙的转速缓慢增大时，滑块B的静摩擦力先达到最大，先开始滑动，C错误，D正确。答案 AD解后反思解决圆周运动动力学问题的一般步骤(1)首先要明确研究对象。(2)确定其运动轨道所在的平面、圆心的位置以及半径。99\n(3)对其受力分析，明确向心力的来源。(4)将牛顿第二定律应用于圆周运动，得到圆周运动中的动力学方程，有以下各种情况，F＝m＝mrω2＝mvω＝mr＝4π2mrf2。解题时应根据已知条件进行选择。考向三 天体运动 人造卫星[知识方法]核心知识规律方法解决天体问题的“一、二、三”(1)“一个模型”：天体的运动可简化为围绕中心天体做“匀速圆周运动的模型”。(2)“两组公式”：①G＝m＝mω2r＝mr＝man。②＝mg或gR2＝GM(R、g分别是天体的半径、表面重力加速度)(3)“三个区别”①中心天体和环绕天体的区别；②自转周期和公转周期的区别；③星球半径和轨道半径的区别。[精典题组]1.(多选)(2022·西安市高三第二次质检)2022年12月31日9时02分，在西昌卫星发射中心，长征三号甲运载火箭将风云二号08星成功送入预定轨道。已知风云二号08星绕地球做圆周运动的周期为T，线速度大小为v，引力常量为G。则下列说法正确的是( )A.风云二号08星环绕地球做圆周运动的轨道半径为B.风云二号08星的向心加速度为99\nC.由以上条件可得地球的质量为D.风云二号08星的质量为解析 风云二号08星绕地球做圆周运动，其周期为T，线速度为v，由圆周运动规律可得风云二号08星的轨道半径为r＝，向心加速度为a＝＝，A正确，B错误；地球对风云二号08星的万有引力提供向心力，有＝ma，可得地球的质量M＝，C正确，D错误。答案 AC2.在地球的卫星中有两类卫星的轨道比较特殊，一是极地卫星，二是同步卫星。已知某极地卫星的运行周期为12h，则下列关于对极地卫星和同步卫星的描述正确的是( )图12A.该极地卫星的运行速度一定小于同步卫星的运行速度B.该极地卫星的向心加速度一定大于同步卫星的向心加速度C.该极地卫星的发射速度一定大于同步卫星的发射速度D.该极地卫星和同步卫星均与地面相对静止解析 由G＝m＝ma得v＝，a＝，同步卫星的周期为24h，则同步卫星的周期大于极地卫星的周期，由开普勒第三定律知，同步卫星的轨道半径较大，则同步卫星的线速度较小，加速度较小，故A错误，B正确；同步卫星的高度高，所以同步卫星的发射速度大，C错误；极地卫星不是地球同步卫星，所以相对于地面不静止，D错误。答案 B3.(2022·江苏单科，3)过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51pegb”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。“51pegb”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的，该中心恒星与太阳的质量比约为( )A.B.1C.5D.10解析 根据万有引力提供向心力，有G＝mr，可得M＝99\n，所以恒星质量与太阳质量之比为＝＝≈1，故选项B正确。答案 B4.(2022·海南单科，6)若在某行星和地球上相对于各自的水平地面附近相同的高度处、以相同的速率平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为2∶，已知该行星质量约为地球的7倍，地球的半径为R。由此可知，该行星的半径约为( )A.RB.RC.2RD.R解析 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，即x＝v0t，在竖直方向上做自由落体运动，即h＝gt2，所以x＝v0，两种情况下，抛出的速率相同，高度相同，所以＝＝，根据公式G＝mg可得R2＝故＝＝2，解得R行＝2R，故C正确。答案 C5.宇宙中两颗靠得比较近的恒星只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统。如图13所示，双星A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动，已知A、B两恒星的半径之比为m，A、B做圆周运动的轨道半径之比为n，则( )图13A.A、B两恒星的密度之比为B.A、B两恒星的密度之比为C.A、B两恒星表面的重力加速度之比为D.A、B两恒星表面的重力加速度之比为解析 双星系统做圆周运动时的角速度相等，万有引力等于双星做圆周运动的向心力，则有m1ω2r1＝m2ω2r2，故质量之比为m1∶m2＝r2∶r1＝1∶n，密度之比为＝·＝，选项A错误，B正确；A、B两恒星表面的重力加速度之比＝·＝，选项C、D错误。答案 B99\n6.(多选)(2022·天津理综，8)P1、P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动。图14中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同。则( )图14A.P1的平均密度比P2的大B.P1的“第一宇宙速度”比P2的小C.s1的向心加速度比s2的大D.s1的公转周期比s2的大解析 由题图可知两行星半径相同，则体积相同，由a＝G可知P1质量大于P2，则P1密度大于P2，故A正确；第一宇宙速度v＝，所以P1的“第一宇宙速度”大于P2，故B错误；卫星的向心加速度为a＝，所以s1的向心加速度大于s2，故C正确；由＝m(R＋h)得T＝，故s1的公转周期比s2的小，故D错误。答案 AC解后反思天体运动问题实际上是万有引力定律、牛顿第二定律、匀速圆周运动规律的综合应用，解决问题的基本思路有两条：一是在中心天体表面或附近，万有引力近似等于重力，即G＝mg0(g0表示天体表面的重力加速度)；二是利用万有引力提供向心力，得到一个基本方程，即G＝ma，而向心加速度a又有a＝、a＝ω2r、a＝ωv、a＝、a＝g这样几种表达形式，要根据具体问题，选择合适的表达式代入方程，讨论相关问题。99\n高频考点三 卫星运动过程中基本参量的计算与比较[满分策略][满分示例](6分)(多选)(2022·福建省高三质量检查)在发射一颗质量为m的人造地球同步卫星时，先将其发射到贴近地球表面运行的圆轨道Ⅰ上(离地面高度忽略不计)，再通过一椭圆轨道Ⅱ变轨后到达距地面高为h的预定圆轨道Ⅲ上。已知它在圆形轨道Ⅰ上运行的加速度为g，地球半径为R，图15中PQ长约为8R，卫星在变轨过程中质量不变，则( )图15A.卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度为()2gB.卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度为v＝C.卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P点的速率D.卫星在轨道Ⅲ上的动能大于在轨道Ⅰ上的动能审题流程第一步：抓住信息→构建运动模型第二步：找突破口→理清思路99\n解析 设地球质量为M，由万有引力提供向心力得在轨道Ⅰ上有G＝mg，在轨道Ⅲ上有G＝ma，所以a＝()2g，A错误；又因a＝，所以v＝，B正确；卫星由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需要加速，所以卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P点的速率，C正确；尽管卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ要在P、Q点各加速一次，但在圆形运行轨道上稳定运行时有v＝，所以由动能表达式知卫星在轨道Ⅲ上的动能小于在轨道Ⅰ上的动能，D错误。答案 BC解后反思1.变轨运动与机械能变化卫星速度增大(发动机做正功)会做离心运动，轨道半径增大，万有引力做负功，卫星动能减小，由于变轨时遵从能量守恒，稳定在圆轨道上时需满足G＝m，致使卫星在较高轨道上的运行速度小于在较低轨道上的运行速度，但机械能增大；相反，卫星由于速度减小(发动机做负功)会做向心运动，轨道半径减小，万有引力做正功，卫星动能增大，同样原因致使卫星在较低轨道上的运行速度大于在较高轨道上的运行速度，但机械能减小。2.航天器变轨问题的三点注意事项(1)航天器变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新轨道上的运行速度变化由v＝判断。(2)航天器在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大。(3)航天器经过不同轨道相切的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。[满分体验](6分)(多选)(2022·广东理综，20)在星球表面发射探测器，当发射速度为v时，探测器可绕星球表面做匀速圆周运动；当发射速度达到v时，可摆脱星球引力束缚脱离该星球，已知地球、火星两星球的质量比约为10∶1，半径比约为2∶1，下列说法正确的有( )A.探测器的质量越大，脱离星球所需要的发射速度越大99\nB.探测器在地球表面受到的引力比在火星表面的大C.探测器分别脱离两星球所需要的发射速度相等D.探测器脱离星球的过程中，势能逐渐增大解析 由牛顿第二定律得G＝m，解得v＝，所以v＝×＝，所以探测器脱离星球的发射速度与探测器的质量无关，A错误；因为地球与火星的不同，所以C错误；探测器在地球表面受到的引力F1＝，在火星表面受到的引力为F2＝，所以＝＝，B正确；探测器脱离星球的过程中，引力做负功，引力势能逐渐增大，D正确。答案 BD专题提升训练一、选择题(1～10题为单项选择题，11～13题为多项选择题)1.[2022·北京市东城区高三综合练习(二)]如图所示，一冰球以速度v1在水平冰面上向右运动。运动员沿冰面在垂直v1的方向上快速击打冰球，冰球立即获得沿击打方向的分速度v2。不计冰面摩擦和空气阻力。下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后运动路径的是( )解析 物体所受的合力与速度方向不在同一直线上时物体做曲线运动，合力与速度方向在同一直线上时物体做直线运动，题中冰球受击打后在水平方向上不受力，故做直线运动，选项C、D错误；实际运动的速度为合速度，根据平行四边形定则可知，合速度不可能沿击打的方向，一定沿以两分速度为邻边的平行四边形的对角线的方向，故选项A错误，B正确。答案 B2.某星体O有两颗卫星M、N，由于M、N间相互作用的万有引力不可忽略，使两卫星M、N与星体O始终共线，且M、N两卫星始终位于星体O的同侧。当两卫星M、N在如图1所示的圆轨道上环绕星体O运行时，下列说法正确的是( )99\n图1A.卫星M的加速度小于卫星N的加速度B.卫星M的速度小于卫星N的速度C.星体O对卫星N的引力与卫星N做圆周运动的向心力相等D.星体O对卫星N的引力大于卫星N做圆周运动的向心力解析 由于卫星M和卫星N绕星体O运动的轨道都是圆轨道，且在星体O的同侧并始终共线，所以角速度相同，由a＝ω2r可知，卫星M做圆周运动的加速度大于卫星N做圆周运动的加速度，A错误；由v＝ωr可知，卫星M做圆周运动的速度大于卫星N做圆周运动的速度，B错误；卫星N做圆周运动的向心力是由M、O对它的万有引力的合力提供的，所以卫星N做圆周运动的向心力小于星体O对它的万有引力，C错误，D正确。答案 D3.(2022·天津理综，4)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图2所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法正确的是( )图2A.旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大B.旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小C.宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大D.宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小解析 由题意知有mg＝F＝mω2r，即g＝ω2r，因此r越大，ω越小，且与m无关，B正确。答案 B4.(2022·山东理综，15)如图3所示，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在该点的物体在地球和月球引力的共同作用下，可与月球一起以相同的周期绕地球运动。据此，科学家设想在拉格朗日点L1建立空间站，使其与月球同周期绕地球运动。以a1、a2分别表示该空间站和月球向心加速度的大小，a3表示地球同步卫星向心加速度的大小。以下判断正确的是( )99\n图3A.a2>a3>a1B.a2>a1>a3C.a3>a1>a2D.a3>a2>a1解析 因空间站建在拉格朗日点，故其周期等于月球的周期，根据a＝r可知，a2>a1，对月球和地球的同步卫星而言，由于同步卫星的轨道半径较月球的小，根据a＝可知a3>a2，故选项D正确。答案 D5.(2022·河南八市重点高中高三第三次联考)如图4所示，D、A、B、C四点的水平间距相等，DA、AB、BC在竖直方向上的高度差之比为1∶4∶9。在A、B、C三点分别放置相同的小球，释放三个压缩的弹簧，小球沿水平方向弹出，小球均落在D点，不计空气阻力，则下列关于A、B、C三点处的小球说法中正确的是( )图4A.三个小球在空中运动的时间之比为1∶2∶3B.三个小球弹出时的动能之比为1∶4∶9C.三个小球在空中运动的过程中重力做功之比为1∶5∶14D.三个小球落地时的动能之比为2∶5∶10解析 小球弹出后做平抛运动，在竖直方向上，DA、AB、BC高度差之比为1∶4∶9，则A、B、C的高度之比为1∶5∶14，由h＝gt2可得，在空中的运动时间之比为1∶∶，在水平方向上，三个小球的水平位移之比为1∶2∶3，由x＝v0t，则三小球弹出的初速度之比1∶∶，弹出的动能之比为1∶∶，选项A、B错误；由W＝mgh，重力做功之比为1∶5∶14，选项C正确；由动能定理和数学知识可知，无法算出三个球落地时的动能之比，选项D错误。答案 C6.[2022·广州市普通高中毕业班综合测试(二)]人造卫星甲、乙分别绕地球做匀速圆周运动，卫星乙是地球同步卫星，卫星甲、乙的轨道平面互相垂直，乙的轨道半径是甲轨道半径的倍，某时刻两卫星和地心在同一直线上，且乙在甲的正上方(称为相遇)，如图5所示。在这以后，甲运动8周的时间内，它们相遇了( )99\n图5A.4次B.3次C.2次D.6次解析 由G＝m()2r可知T2∝r3，因此卫星乙的运行周期T2＝T1＝5T1，在甲运动8周的时间内，乙运动了1.6周，在乙运动半周的时间内甲、乙恰好相遇一次，因此一共相遇3次，选项B正确。答案 B7.如图6所示，一个匀速转动的半径为r的水平圆盘上放着两个小木块M和N，木块M放在圆盘的边缘处，木块N放在离圆心r处，它们都随圆盘一起运动。下列说法中正确的是( )图6A.M受到重力、支持力、向心力B.M、N两木块的线速度相等C.M的角速度是N的3倍D.M的向心加速度是N的3倍解析 M受到重力、支持力以及摩擦力作用，其所受合力充当其做圆周运动的向心力，A错误；因为两个小木块是同轴转动，所以角速度相等，根据v＝ωr可得由于半径不同，所以线速度不同，B、C错误；根据公式F＝mω2r可得a＝ω2r，故向心加速度和半径成正比，所以M的向心加速度是N的3倍，D正确。答案 D8.(2022·四川理综，5)登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2022年登陆火星。地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响。根据下表，火星和地球相比( )行星半径/m质量/kg轨道半径/m地球6.4×1066.0×10241.5×1011火星3.4×1066.4×10232.3×1011A.火星的公转周期较小99\nB.火星做圆周运动的加速度较小C.火星表面的重力加速度较大D.火星的第一宇宙速度较大解析 由G＝mr＝ma知，T＝2π，a＝，轨道半径越大，公转周期越大，加速度越小，A错误，B正确；由G＝mg得g＝G，＝·＝2.6，火星表面的重力加速度较小，C错误；由G＝m得v＝，＝＝，火星的第一宇宙速度较小，D错误。答案 B9.(2022·东北三省四市高三第二次联合考试)水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一质量为m的小球以初速度v0沿直轨道ab向右运动，如图7所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c。则( )图7A.若R不变，m越大，则v0越大B.若R不变，m越大，则小球经过c点对轨道的压力变大C.若m不变，R越大，则v0越小D.若m不变，R越大，则小球经过b点后的瞬间对轨道的压力仍不变解析 由题意知，小球刚好通过轨道最高点，即在最高点，小球所受重力完全充当向心力，mg＝m，对轨道压力为零，B项错误；小球由轨道最低点运动到最高点过程中，只有重力做功，机械能守恒，即：－mg·2R＝mv2－mv，解以上两式得：v0＝，可见小球初速度与其质量无关，A项错误；若m不变，R越大，则说明v0越大，C项错误；在最低点，FN－mg＝m，将v0代入解得：FN＝6mg，可见小球经b点时，对轨道压力与半径R无关，D正确。答案 D10.(2022·浙江理综，17)如图8所示为足球球门，球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h，足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )99\n图8A.足球位移的大小x＝B.足球初速度的大小v0＝C.足球末速度的大小v＝D.足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tanθ＝解析 足球位移大小为x＝＝，A错误；根据平抛运动规律有：h＝gt2，＝v0t，解得v0＝，B正确；根据动能定理mgh＝mv2－mv可得v＝＝，C错误；足球初速度方向与球门线夹角正切值tanθ＝＝，D错误。答案 B11.[2022·陕西省高三教学质检(二)]下列图中实线为河岸，河水的流动方向如图中v的箭头所示，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线。则其中可能正确的是( )99\n解析 小船渡河的运动可看作水流的运动和小船运动的合运动。虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线，即合速度的方向，小船合运动的速度的方向就是其真实运动的方向，根据题意画出选项中小船同时参与的两个分运动的矢量图如图所示，由图可知，实际航线可能正确的是A、B。答案 AB12.如图9所示为一半球形的坑，其中坑边缘两点M、N刚好与圆心等高。现甲、乙两位同学分别站在M、N两点同时将两个小球以v1、v2的速度沿如图所示的方向抛出，发现两球刚好落在坑中同一点Q，已知∠MOQ＝60°，忽略空气的阻力。则下列说法正确的是( )图9A.＝B.同时增大v1、v2，则两球落在坑中时，落地点位于Q点的右侧C.两球的初速度无论怎样变化，只要落在坑中的同一点，v1＋v2就为常数D.若仅增大v1，则两球可在落在坑中前相遇解析 根据平抛运动规律可知，两球在竖直方向下落的高度相等，因此在空中运动的时间相同，又∠MOQ＝60°，则由几何关系可知两球的水平位移之比为1∶3，由x＝v0t可得两球的初速度与水平位移成正比，则A正确；要使两小球落在Q点右侧弧面上同一点，则要增大v1，减小v2，B错误；要使两小球落在弧面上的同一点，必须满足v1与v2之和与时间的乘积等于半球形坑的直径，故C错误；若只增大v1，则两小球能在空中相遇，D正确。答案 AD13.(2022·郑州市高中毕业年级第二次质量检测)“神舟十号”飞船于2022年6月11日发射，并于6月13日99\n与“天宫一号”进行交会对接。三位航天员聂海胜、张晓光、王亚平入住“天宫一号”完成一系列实验。假设“神舟十号”与“天宫一号”对接后做匀速圆周运动，运行周期为90分钟。对接后“天宫一号”的( )A.运行速度大于第一宇宙速度B.加速度大于赤道上静止物体随地球自转的加速度C.角速度为地球同步卫星角速度的16倍D.航天员可以用天平测出物体的质量解析 由G＝m得v＝，所以随着高度的增大，卫星运行的速度减小，故“天宫一号”的运行速度小于第一宇宙速度，选项A错误；赤道上物体随地球自转的加速度为a＝()2R，“天宫一号”的加速度a′＝()2r，因为T′＜T，r＞R，所以“天宫一号”的加速度大于赤道上静止物体随地球自转的加速度，选项B正确；由＝＝16可知，选项C正确；在“天宫一号”中航天员与其他物体均处于完全失重状态，所以不能利用天平测量物体的质量，选项D错误。答案 BC二、非选择题14.一长l＝0.8m的轻绳一端固定在O点，另一端连接一质量m＝0.1kg的小球，悬点O距离水平地面的高度H＝1m。开始时小球处于A点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图10所示。让小球从静止释放，当小球运动到B点时，轻绳碰到悬点O正下方一个固定的钉子P时立刻断裂。不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g＝10m/s2。求：图1(1)当小球运动到B点时的速度大小；(2)绳断裂后球从B点抛出并落在水平地面的C点，求C点与B点之间的水平距离；(3)若xOP＝0.6m，轻绳碰到钉子P时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力。解析 (1)设小球运动到B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律得mv＝mgl解得小球运动到B点时的速度大小vB＝＝4m/s(2)小球从B点做平抛运动，由运动学规律得x＝vBty＝H－l＝gt299\n解得C点与B点之间的水平距离x＝vB＝0.8m(3)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值Fm，由圆周运动规律得Fm－mg＝mr＝l－xOP由以上各式解得Fm＝9N答案 (1)4m/s (2)0.8m (3)9N99\n第4讲 力与物体的曲线运动(二) ——电场和磁场中的曲线运动1.(2022·新课标全国卷Ⅰ，18)如图1所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )图1A.B.C.D.解析 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在垂直于速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧ENM对应圆心角为60°，所以△EMO2为等边三角形。由于O1D＝，所以∠EO1D＝60°，△O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2＝O1E＝R，由qvB＝，得v＝，B正确。答案 B2.(2022·新课标全国卷Ⅱ，17)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.B.C.D.解析 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系知r＝R。根据洛伦兹力提供向心力得：qv0B＝m，解得B＝。答案 A3.(2022·新课标全国卷Ⅰ，16)如图2所示，MN99\n为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )图2A.2B.C.1D.解析 设粒子在铝板上方和下方的速率及轨道半径分别为v1、v2及R1、R2。由牛顿第二定律及洛伦兹力公式得：qv1B上＝①qv2B下＝②由题意知：R1＝2R2③mv＝2×mv④联立①②③④得：＝，选项D正确。答案 D4.(多选)(2022·新课标全国卷Ⅱ，20)图3为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )图3A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D.粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析 由于电子和正电子带电性相反，若入射速度方向相同时，受力方向相反，则偏转方向一定相反，选项A正确；由于电子和正电子的入射速度大小未知，根据r＝可知，运动半径不一定相同，选项B错误；虽然质子和正电子带电量及电性相同，但是两者的质量和速度大小未知，由r＝知，根据运动轨迹无法判断粒子是质子还是正电子，选项C正确；由Ek＝99\nmv2，则r＝＝，可知粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越大，选项D错误。答案 AC5.(2022·新课标全国卷Ⅰ，14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )A.轨道半径减小，角速度增大B.轨道半径减小，角速度减小C.轨道半径增大，角速度增大D.轨道半径增大，角速度减小解析 由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，即qvB＝，轨道半径r＝，从较强磁场进入较弱磁场后，速度大小不变，轨道半径r变大，根据角速度ω＝＝可知角速度变小，选项D正确。答案 D6.(多选)(2022·新课标全国卷Ⅱ，19)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析 设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，则由牛顿第二定律得：qvB＝①T＝②由①②得：R＝，T＝所以＝＝k，＝＝k根据a＝，ω＝99\n可知＝，＝所以选项A、C正确，选项B、D错误。答案 AC考情分析主要题型：选择题和计算题知识热点(1)单独命题①带电粒子在电场中的受力分析与运动分析。②带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动问题。(2)交汇命题点①结合匀变速曲线运动规律、动能定理进行考查。②带电粒子在电场、磁场、重力场中的运动分析。思想方法 (1)运动的合成与分解方法(如类平抛运动的处理方法)(2)对称法 (3)数形结合法(利用几何关系)(4)模型法(类平抛运动模型、匀速圆周运动模型) (5)逆向思维法 (6)等效法考向一 带电粒子在电场中的运动[知识方法]核心知识规律方法1.解题途径的选择(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力。99\n(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解。2.逆向思维巧解题平抛和类平抛运动均有可运用逆向思维解题的命题出现。[精典题组]1.(多选)(2022·吉林实验中学模拟)如图4所示，在正方形ABCD区域内有平行于AB边的匀强电场，E、F、G、H是各边中点，其连线构成正方形，其中P点是EH的中点。一个带正电的粒子(不计重力)从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出。以下说法正确的是( )图4A.粒子的运动轨迹一定经过P点B.粒子的运动轨迹一定经过PE之间某点C.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子会由ED之间某点射出正方形ABCD区域D.若将粒子的初速度变为原来的一半，粒子恰好由E点射出正方形ABCD区域解析 粒子从F点沿FH方向射入电场后恰好从D点射出，其轨迹是抛物线，则过D点做速度的反向延长线一定过FH的中点，而延长线又经过P点，所以粒子轨迹一定经过PE之间某点，选项B正确；由平抛知识可知，当竖直位移一定时，水平速度变为原来的一半，则水平位移也变为原来的一半，所以选项D正确。答案 BD2.(多选)(2022·江苏单科，7)一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左。不计空气阻力，则小球( )图5A.做直线运动B.做曲线运动C.速率先减小后增大D.速率先增大后减小解析 对小球受力分析，小球受重力、电场力作用，合外力的方向与初速度的方向夹角为钝角，故小球做曲线运动，故A错误，B正确；在运动的过程中合外力方向与速度方向间的夹角先为钝角后为锐角，故合外力对小球先做负功后做正功，所以速率先减小后增大，选项C正确，D错误。99\n答案 BC3.(多选)(2022·天津理综，7)如图6所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场E1之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )图6A.偏转电场E2对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时的速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置解析 设加速电场长度为d，偏转电场长度为L，在加速电场中有qE1d＝mv，在偏转电场中有L＝v0t，y＝t2得y＝，与比荷无关，所以三种粒子一定打到屏上同一位置，故选项D正确；偏转电场对粒子做功W＝qE2y＝，与粒子质量无关，所以选项A正确；三种粒子在加速电场和偏转电场中电场力做功qE1d＋qE2y＝mv2，粒子打到屏上的速度v＝，与比荷有关，故速度不一样大，B错误；粒子运动到屏上的时间t＝＋＝(＋)×，与比荷有关，故C错误。答案 AD4.(2022·山东威海期末)如图7所示，AB、CD两金属板间形成一匀强电场(板的边缘电场不考虑)，板长为L，电场强度为E。一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)沿两板的中间线OO′从AC中点O处以初速度v0射入匀强电场，粒子恰好能从极板边缘上的D点射出匀强电场。则：99\n图7(1)小球在匀强电场中的运动时间；(2)两板间距离d；(3)若要使粒子打在CD板的正中央P点，现调节粒子的入射速度大小变为v′，方向不变，求v′与v0的比值大小。解析 (1)粒子在OO′方向做匀速直线运动，L＝v0t，故解得t＝(2)沿电场方向做匀加速直线运动，所以有qE＝ma，＝at2，联立解得d＝(3)粒子在电场方向的运动性质相同，故改变初速度后与改变初速度前两粒子的运动时间相同。以v′速度入射时，＝v′t；以v0速度入射时，L＝v0t两式相比得＝答案 (1) (2) (3)5.(2022·金华十校高三4月模拟考试)如图8所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，极板长L＝0.1m，两板间距离d＝0.4cm，有一束由相同微粒组成的带正电粒子流，以相同的初速度v0从两板中央依次水平射入(每隔0.1s射入一个微粒)，由于重力作用微粒能落到下板，已知微粒质量m＝2×10－6kg，电荷量q＝1×10－8C，电容器电容C＝1×10－6F。取g＝10m/s2，整个装置处在真空中。求：图8(1)第一颗微粒落在下板离端点A距离为L的O点，微粒射入的初速度v0应为多大？(2)以上述速度v0射入的带电微粒最多能有多少个落在下极板上？99\n解析 第一个微粒只受重力作用，落在O点，＝gt2代入数据得t＝0.02s由L＝v0t代入数据得v0＝1.25m/s(2)微粒能落到B点，下板带电荷量最多，最多带电荷量为Q由L＝v0t得t＝0.08s由＝at2得a＝0.625m/s2根据mg－qE＝ma，E＝＝代入数据得Q＝7.5×10－6C所以n＝＝＝750个答案 (1)1.25m/s (2)750个解后反思“两个分运动、三个一”求解粒子偏转问题带电粒子在匀强电场中偏转的基本模型如图9所示。图9(1)分解为两个独立的分运动——平行极板的匀速直线运动，L＝v0t；垂直极板的匀加速直线运动，y＝at2，vy＝at，a＝。(2)一个偏转角，tanθ＝；一个几何关系，y＝tanθ；一个功能关系，ΔEk＝。考向二 带电粒子在匀强磁场中的运动99\n[知识方法]核心知识规律方法“一点、两画、三定、四写”求解粒子在磁场中的圆周运动问题图10(1)一点：在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、要求经过的某一位置等)；(2)两画：画出速度v和洛伦兹力F两个矢量的方向。(3)三定：定圆心、定半径、定圆心角；(4)四写：写出基本方程qvB＝m、半径R＝，周期T＝＝，运动时间t＝＝T。[精典题组]1.(2022·海南单科，1)如图11所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )图11A.向上B.向下C.向左D.向右解析 条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确。答案 A99\n2.(2022·武汉市高中毕业生4月调研测试)如图12所示是某离子选择器的原理示意图，在横截面半径为R＝4cm的圆柱形筒内有磁感应强度为B＝2×10－4T的匀强磁场，磁场方向平行于圆柱形筒的轴线向外，在圆柱形筒壁上某一直径两端开有两个小孔a、b，分别作为离子的入射孔和出射孔。现有一束比荷为＝4×1011C/kg的正离子，以不同速率从a孔射入，入射方向均与ab成θ＝30°角，若某离子经过图中OC的中点，且不与筒壁碰撞，直接从b孔射出，已知OC⊥ab，忽略重力、空气阻力及离子间相互作用，则该离子的速率为( )图12A.4×105m/sB.2×105m/sC.6.4×106m/sD.2×106m/s解析 离子从小孔a射入磁场，与ab方向的夹角为θ＝30°，由题意可知离子从小孔b离开磁场时速度方向与ab的夹角也为30°，过入射方向和出射方向作垂线，得到离子轨迹的圆心O′，画出轨迹如图所示，由几何知识得轨迹所对应的圆心角α＝2θ＝60°，则离子的轨迹半径为r＝2R，由牛顿第二定律得qvB＝m，得v＝＝4×1011×2×10－4×2×0.04m/s＝6.4×106m/s，选项C正确。答案 C3.(2022·广东省深圳市高三第二次调研考试)如图13所示，abcd为一有正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界的边长为L，三个粒子以相同的速度从a点沿ac方向射入，粒子1从b点射出，粒子2从c点射出，粒子3从cd边垂直于磁场边界射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。根据以上信息，可以确定( )图13A.粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电B.粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1C.粒子1和粒子2在磁场中的运动时间之比为4∶199\nD.粒子3的射出位置与d点相距解析 根据左手定则可得，粒子1带正电，粒子2不带电，粒子3带负电，选项A错误；作出粒子运动的轨迹如图所示，则粒子1运动的半径r1＝，由r＝可得＝＝；粒子3运动的半径r3＝L，则＝＝，所以∶＝2∶1，选项B正确；粒子1在磁场中的运动时间t1＝·＝，粒子2在磁场中的运动时间t2＝，所以＝，选项C错误；粒子3的射出位置与d点相距x＝r3－L＝L－L＝(－1)L，选项D错误。答案 B4.(多选)(2022·四川理综，7)如图14所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T.电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则( )图14A.θ＝90°时，l＝9.1cmB.θ＝60°时，l＝9.1cmC.θ＝45°时，l＝4.55cmD.θ＝30°时，l＝4.55cm解析 电子在匀强磁场运动的轨道半径为R＝＝4.55cm＝。电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当θ＝90°时，与板平行发射的粒子恰好打到N点，与板垂直发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故l＝L＝9.1cm，A正确；当θ＝30°时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故l＝＝4.55cm，D正确；进而可分析知当θ＝45°或θ99\n＝60°时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM，即4.55cm＜l＜9.1cm，故B、C错误。 答案 AD5.(湖南省株洲市2022届高三年级教学质量统一检测)如图15所示，在xOy平面内，在0＜x＜1.5l的范围内充满垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在x≥1.5l、y＞0的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小都为B。有一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O以某一初速度沿与x轴正向成θ＝30°射入磁场Ⅰ，粒子刚好经过P点进入磁场Ⅱ，后经过x轴上的M点射出磁场Ⅱ。已知P点坐标为(1.5l，l)，不计重力的影响，求：图15(1)粒子的初速度大小；(2)M点在x轴上的位置。解析 (1)连接OP，过P做y轴垂线交y轴于点A，过O做初速度垂线OO1交PA于点O1，根据P点的坐标值及初速度方向可得：∠APO＝∠O1OP＝30°故O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，OO1即为圆周半径r。由几何关系可得：r＋rcos60°＝1.5l解得：r＝l根据牛顿运动定律有qvB＝m99\n解得v＝(2)由对称性可知OM＝2×1.5l＝3l答案 (1) (2)3l解后反思1.分析带电粒子在磁场中运动的基本步骤2.对称性的应用(1)粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等。(2)粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域。高频考点四 带电粒子在有界匀强磁场中的临界问题[满分策略]两思路、两方法求解粒子的临界极值问题1.两种思路一是以定理、定律为依据，求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界特殊规律和特殊解；二是直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值。2.两种方法一是物理方法：①利用临界条件求极值；②利用问题的边界条件求极值；③利用矢量图求极值等；二是数学方法：①利用三角函数求极值；②利用二次方程的判别式求极值；③利用不等式的性质求极值；④利用图象法、等效法、数学归纳法等求极值。3.常见结论和解题技巧(1)刚好能穿出磁场边界的条件是粒子轨迹与边界相切。(2)当速度v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，粒子在有界磁场中的运动时间越长。(3)从同一直线边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。[满分示例]99\n(18分)如图16所示，O为三个半圆的共同圆心，半圆Ⅰ和Ⅱ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝1.0T，Ⅱ和Ⅲ间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小未知，半圆Ⅰ的半径R1＝0.5m，半圆Ⅲ的半径R3＝1.5m。一比荷为4.0×107C/kg的带正电粒子从O点沿与水平方向成θ＝30°角的半径OC方向以速率v＝1.5×107m/s垂直射入磁场B1中，恰好能穿过半圆Ⅱ的边界而进入Ⅱ、Ⅲ间的磁场中，粒子再也不能穿出磁场，不计粒子重力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：图16(1)半圆Ⅱ的半径R2；(2)粒子在半圆Ⅰ、Ⅱ间的磁场中的运行时间t；(3)半圆Ⅱ、Ⅲ间磁场的磁感应强度B2应满足的条件。审题流程(1)读题、审题的关键把抽象思维形象思维。(2)思维转化过程解析 (1)由题意可知粒子的轨迹如图所示，设粒子在半圆Ⅰ、Ⅱ间的磁场中的运行半径为r1，则由洛伦兹力提供向心力得B1qv＝m(2分)代入数值得r1＝m(1分)由图知(R2－r1)2＝R＋r(2分)代入数值得R2＝1.0m。(1分)99\n(2)由图可知tanα＝＝(2分)所以α＝53°(1分)粒子在半圆Ⅰ、Ⅱ间的磁场中运行的周期为T＝＝(1分)粒子在半圆Ⅰ、Ⅱ间的磁场中运动时间t＝T≈5.54×10－8s。(2分)(3)因粒子不能射出磁场，而粒子进入半圆Ⅱ、Ⅲ间的磁场中的速度方向沿半圆Ⅱ的切线方向，若粒子恰好不穿过半圆Ⅲ边界，则对应的磁场的磁感应强度最小，设粒子在半圆Ⅱ、Ⅲ间的磁场中运动的轨迹圆的半径为r2，则r2＝＝0.25m(2分)由qvB＝得B2minqv＝m(2分)B2min＝＝1.5T(1分)即半圆Ⅱ、Ⅲ间磁场的磁感应强度B2应满足B2≥1.5T。(1分)答案 (1)1.0m (2)5.54×10－8s (3)B2≥1.5T解后反思处理带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的技巧带电粒子进入有界磁场区域，其轨迹往往是一残缺圆，存在临界和极值问题，处理的方法是根据粒子的运动轨迹，运用动态思维，作出临界轨迹图，寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律求解，分析临界问题时应注意(1)从关键词、语句找突破口，审题时一定要抓住题干中“恰好”、“最大”、“至少”、“不脱离”等词语，挖掘其隐藏的规律；(2)数学方法和物理方法的结合，如利用“矢量图”、“边界条件”等求临界值，利用“三角函数、不等式的性质、二次方程的判别式”等求极值。[满分体验](20分)(2022·山东理综，24)如图17所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m、电量为＋q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。99\n图17(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。解析 (1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qE·＝mv2①(2分)解得E＝②(1分)(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝③(1分)如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R＝④(1分)甲联立③④式得B＝⑤(1分)若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R＝⑥(1分)联立③⑥式得B＝⑦(1分)(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B1＝、B2＝，由牛顿第二定律得99\nqvB1＝m，qvB2＝m⑧(2分)代入数据得R1＝，R2＝⑨(2分)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得T1＝，T2＝⑩(1分)据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为α，由几何关系得θ1＝120°⑪(1分)乙θ2＝180°⑫(1分)α＝60°⑬(1分)粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得t1＝×T1，t2＝×T2⑭(2分)图丙设粒子运动的路程为s，由运动学公式得s＝v(t1＋t2)⑮(1分)联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得s＝5.5πD⑯(1分)答案 (1) (2)或 (3)5.5πD专题提升训练一、选择题(1～6题为单项选择题，7～9题为多项选择题)1.如图1所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的( )99\n图1A.2倍B.4倍C.倍D.倍解析 第一次d＝·，第二次d′＝·，两式相比可得d′＝，所以选项C正确。答案 C2.用固定于O点的丝线悬挂一个质量为m、带电荷量为＋q(q＞0)的小球，以过O点的竖直线Ox为界，左侧有匀强磁场，右侧有匀强电场，方向如图2所示。将带电小球从最低位置c拉至a点由静止释放，让小球在ab间摆动，不计空气阻力，下列说法正确的是( )图2A.a、b两位置高度相等B.小球经过Ox右侧电场中同一位置时丝线张力相等C.小球经过Ox左侧磁场中同一位置时丝线张力相等D.小球从a到c与从c到b所用时间相等解析 带电小球在Ox右侧受到的重力和电场力均为恒力，方向相同，“等效重力”为G′＝mg＋qE，电势能与机械能之和不变；带电小球在Ox左侧受到重力和洛伦兹力，洛伦兹力方向总垂直于速度方向，不做功，机械能守恒。即左侧机械能等于右侧“电势能＋机械能”，因此b点位置比a点高，A选项错误；小球经过Ox右侧电场中同一位置时速度大小相等，丝线张力T与“等效重力”沿丝线方向的分力F2的合力提供向心力，同一位置F2相等，因此T＝m＋F2相等，B选项正确；小球经过Ox左侧磁场中同一位置时速度大小相等，但往返运动速度方向相反，洛伦兹力方向相反，所以丝线张力不相等，C选项错误；在同一高度，合力沿弧线的切向分量右侧比左侧大，由于b比a的位置高，因此小球从a到c比从c到b所用时间短，D选项错误。答案 B99\n3.(2022·福州市高中毕业班质量检测)两个质量相同，所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图3，不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )图3A.a粒子带正电，b粒子带负电B.b粒子动能较大C.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大D.b粒子在磁场中运动时间较长解析 由左手定则可知，a粒子带负电、b粒子带正电，A项错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由轨迹可以判断，a粒子轨迹半径小于b粒子轨迹半径，由半径公式R＝可知，a粒子速度较小，而两粒子质量相等，故b粒子动能较大，B项正确；由洛伦兹力F＝qvB可知，b粒子受洛伦兹力较大，C项错误；由周期公式T＝可知，两粒子在磁场中运动周期相同，粒子在磁场中运动时间t＝T，由于粒子轨迹所对圆心角θ等于其偏向角，故粒子a的轨迹所对圆心角较大，故a粒子在磁场中运动时间较长，D项错。答案 B4.如图4所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A、B以平行于极板的相同初速度从不同位置射入电场，结果打在极板上的同一点P。不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是( )图4A.在电场中微粒A运动的时间比B长B.在电场中微粒A、B运动的时间相同C.微粒A所带的电荷量比B少D.静电力对微粒A做的功比B少解析 带电微粒进入电场中，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则微粒在电场中的运动时间为t＝，由此可知两微粒在电场中的运动时间相同，选项B正确，A错99\n误；竖直方向做匀加速直线运动，y＝at2，由于t相同，yA＞yB，可得aA＞aB，即＞，则qA＞qB，选项C错误；由W＝qU，可知静电力对微粒A做的功比B多，选项D错误。答案 B5.在xOy坐标系的y轴右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，在x轴上的点A(L，0)同时以相同速率v沿不同方向发出a、b两个相同的带电粒子(粒子重力不计)，其中a沿平行于＋y方向发射，经磁场偏转后，均先后到达y轴上的点B(0，L)，则两个粒子到达B点的时间差为( )图5A.B.C.D.解析 作出a、b的运动轨迹如图所示，设a粒子运动的轨迹半径为R，则由几何关系得R2＝(R一L)2＋(L)2，解得R＝2L，a粒子的偏转角满足sinθ＝＝，所以θ＝，同理，由图可得b粒子的偏转角β＝π，a粒子在磁场中运动时间ta＝＝＝，b粒子在磁场中运动的时间tb＝＝＝，所以，它们到达B点的时间差Δt＝tb－ta＝－＝，选项D正确。答案 D6.[2022·湖北省七市(州)高三联合考试]如图6所示，竖直线MN∥PQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，已知沿图中与MN成θ＝60°角射出的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为( )99\n图6A.B.C.D.解析 当θ＝60°时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则a＝Rsin30°，即R＝2a。设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，则其在磁场中运动的时间为t＝T，即α越大，粒子在磁场中运动时间越长，α最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R＝2a，此时圆心角αm为120°，即最长运动时间为，而T＝＝，所以粒子在磁场中运动的最长时间为，C正确。答案 C7.如图7所示是比荷相同的两粒子从O点垂直进入匀强磁场区域(有直线边界)的运动轨迹，下列说法正确的是( )图7A.a带正电，b带负电B.a所带的电荷量比b的小C.a运动的速率比b的小99\nD.a运动的时间比b的短解析 根据左手定则可知，a带正电，b带负电，选项A正确；比荷相同的a、b两粒子，由于质量无法确定，故电荷量无法比较，选项B错误；根据洛伦兹力提供向心力，有Bqv＝m，解得R＝，因为两粒子的比荷相同，故R越大，v越大，选项C正确；因为T＝，又相同，所以T相同，a、b都运动了半个周期，故a、b运动的时间相同，选项D错误。答案 AC8.(2022·杭州市第二次教学质检)如图8所示，边长为l的正方形区域abcd内存在着沿ad方向的匀强电场。一粒子源不断地从a处沿ab方向向该区域内发射相同的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v0，经电场作用后从dc边的中点p射出。现撤去电场，在该区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B(图中未画出)，粒子仍从p处射出。带电粒子的重力和粒子之间的相互作用均可忽略，则( )图8A.所加磁场的方向应垂直于纸面向里B.匀强电场的电场强度E＝C.匀强磁场的磁感应强度B＝D.电场强度E与磁感应强度B的比值为5v0解析 根据粒子在电场中的偏转方向，可知粒子带正电，根据左手定则可知，磁场方向应垂直于纸面向外，选项A错误；粒子在电场中运动时，沿ad方向的位移为l，沿ab方向的位移为，则有×()2＝l，解得匀强电场的电场强度为E＝，选项B正确；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为R，根据牛顿第二定律得qvB＝m，解得R＝，根据如图所示的几何关系可得(l－R)2＋()2＝R2，解得轨道半径为R＝l，则磁场的磁感应强度为B＝，选项C错误；电场强度E与磁感应强度B的比值为＝5v0，选项D正确。答案 BD99\n9.(2022·湖南长沙一中、攸县一中、浏阳一中联考)真空中的某装置如图9所示，现有质子、氘核和α粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点(已知质子、氘核和α粒子质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，重力不计)。下列说法中正确的是( )图9A.三种粒子在偏转电场中运动时间之比为2∶1∶1B.三种粒子出偏转电场时的速度相同C.在荧光屏上将只出现1个亮点D.偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2解析 带电粒子经过加速电场时根据电场力做功有qU1＝mv，进入偏转电场后做类平抛运动，水平方向做匀速直线则有运动时间t＝＝l，代入三种粒子的电荷量和质量之比，可得t1∶t2∶t3＝1∶∶，选项A错误；粒子在偏转电场中竖直方向上做匀加速直线运动，a＝，偏转位移y＝at2＝＝＝，偏转电场对粒子做功W＝y＝，所以有W1∶W2∶W3＝1∶1∶2，选项D正确；粒子出偏转电场时，假设速度与水平方向夹角方向为θ，则有tanθ＝＝＝＝，可见速度方向与电荷量及质量均无关，所以速度方向相同，所以它们将打在荧光屏上同一点，选项C正确；出偏转电场的速度v＝＝/cosθ，由于θ相同可得v1∶v2∶v3＝∶1∶1，选项B错误。答案 CD二、非选择题10.如图10所示，直角坐标系xOy的y轴右侧有一宽为d的无限长磁场，磁感应强度大小未知，方向垂直纸面向外，y轴左侧有一个半径也为d的有界圆形磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，圆心O1在x轴上，OO1＝2d，一个带正电粒子以初速度v由A点沿AO1方向(与水平方向成60°角)射入圆形磁场并恰好从O点进入右侧磁场，从右边界MN上C点(没画出)穿出时与水平方向成30°角，不计粒子重力，求：99\n图10(1)粒子的比荷；(2)右侧磁场的磁感应强度；(3)粒子从A到C的运动时间。解析 (1)粒子运动轨迹如图所示，粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，在圆形磁场中有Bqv＝m由图知r＝dtan60°＝d联立得＝。(2)在y轴右侧磁场中B′qv＝m由图知R＝2d联立并代入比荷值得B′＝B。(3)粒子在圆形磁场中的运动时间t1＝·＝粒子在两磁场间运动时间t2＝粒子在y轴右侧磁场中运动时间t3＝·＝所以粒子从A到C的运动时间为t＝t1＋t2＋t3＝。答案 (1) (2)B (3)11.如图11所示，在直角坐标系的原点O处有放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子。在放射源右边有一很薄的挡板，挡板的两端M、N与原点O正好构成等腰直角三角形。已知带电粒子的质量为m，带电荷量为q，速度为v，MN的长度为L，不计粒子重力。99\n图11(1)若在y轴右侧加一平行于x轴的匀强电场，要使y轴右侧所有运动的粒子都能打到挡板MN上，则电场强度E0的最小值为多大？在电场强度E0取最小值时，打到板上的粒子动能为多大？(2)若在整个空间加一方向垂直纸面向里的匀强磁场，要使整个挡板右侧都有粒子打到，磁场的磁感应强度不能超过多少(用m、v、q、L表示)？若满足此条件，放射源O向外发射出的所有带电粒子中有几分之几能打在板的左边？解析 (1)由题意知，要使y轴右侧所有运动的粒子都能打在MN板上，其临界条件为：沿y轴方向运动的粒子做类平抛运动，且落在M或N点，则MO′＝L＝vt①a＝②OO′＝L＝at2③联立①②③式得E0＝④由动能定理知qE0×L＝Ek－mv2⑤联立④⑤式得Ek＝mv2⑥(2)由题意知，要使整个挡板右侧都有粒子打到，画出粒子的运动轨迹如图甲所示，分析知轨迹直径的最小值为MN板的长度L，则R0＝L＝⑦甲得B0＝⑧放射源O发射出的粒子中，打在MN板左侧的粒子的临界轨迹如图乙所示。99\n乙因为OM＝ON，且OM⊥ON所以OO1⊥OO2则v1⊥v2故放射源O放射出的所有粒子中只有打在MN板的左侧。答案 (1) mv2 (2) 12.如图12所示，在竖直平面内固定一光滑圆弧轨道AB，轨道半径为R＝0.4m，轨道最高点A与圆心O等高。有一倾角θ＝30°的斜面，斜面底端C点在圆弧轨道B点正下方、距B点H＝1.5m。圆弧轨道和斜面均处于场强E＝100N/C、竖直向下的匀强电场中。现将一个质量为m＝0.02kg、带电荷量为q＝＋2×10－3C的带电小球从A点静止释放，小球通过B点离开圆弧轨道沿水平方向飞出，当小球运动到斜面上D点时速度方向恰与斜面垂直，并刚好与一个不带电的以一定初速度从斜面底端上滑的物块相遇。若物块与斜面间动摩擦因数μ＝，空气阻力不计，g取10m/s2，小球和物块都可视为质点。求：图12(1)小球经过B点时对轨道的压力FNB；(2)B、D两点间的电势差UBD；(3)物块上滑初速度v0满足的条件。解析 (1)设小球到达B点的速度为vB，轨道对小球的支持力为FNB′，由动能定理和牛顿第二定律有：mgR＋qER＝mv－0①FNB′－(mg＋qE)＝m②由牛顿第三定律FNB′＝FNB③联立①②③得：FNB＝1.2N，方向竖直向下。④(2)设小球由B点到D点的运动时间为t，加速度为a，下落高度为h有：＝tanθ⑤Eq＋mg＝ma⑥99\nh＝at2⑦UBD＝Eh⑧联立①⑤⑥⑦⑧得：UBD＝120V。⑨(3)小球与物块的运动示意图如图所示，设C、D间的距离为x，由几何关系有：x＝⑩设物块上滑时加速度为a′，由牛顿第二定律有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma′⑪根据题意，要使物块与小球相遇，有：≥x⑫联立⑩⑪⑫得：v0≥m/s。答案 (1)1.2N 竖直向下 (2)120V (3)v0≥m/s99
